导数的应用

       导数之所以重要，是因为利用导数能够很简洁地刻画函数的单调性、极值和最值等。

单调性

       贯穿本小节的是函数 f ( x ) f(x) f(x) 的单调性与其导数 f ′ ( x ) f^{\prime}(x) f′(x) 的关系。

【知识点 1】

       若函数 f ( x ) f(x) f(x) 在 ( a , b ) (a, b) (a,b) 上可导，则
       （1） f ( x ) f(x) f(x) 在 ( a , b ) (a, b) (a,b) 上单调递增 ⇔ f ′ ( x ) ⩾ 0 \Leftrightarrow f^{\prime}(x) \geqslant 0 ⇔f′(x)⩾0 在 ( a , b ) (a, b) (a,b) 上恒成立;
       （2） f ( x ) f(x) f(x) 在 ( a , b ) (a, b) (a,b) 上单调递减 ⇔ f ′ ( x ) ⩽ 0 \Leftrightarrow f^{\prime}(x) \leqslant 0 ⇔f′(x)⩽0 在 ( a , b ) (a, b) (a,b) 上恒成立。

       通过导数判断单调性，实质就是解关于导函数的不等式，并需要注意函数的定义域，这个细节看似平常却是决定成败的关键因素。

• 【例 2.8】 （2019 全国 Ⅱ 理 20）已知函数 f ( x ) = ln ⁡ x − x + 1 x − 1 f(x)=\ln x-\frac{x+1}{x-1} f(x)=lnx−x−1x+1​，讨论 f ( x ) f(x) f(x) 的单调性。

• 【解析】 函数问题定义域先行，根据题意可知函数定义域为 ( 0 , 1 ) ∪ ( 1 , + ∞ ) (0,1) \cup(1,+\infty) (0,1)∪(1,+∞)，对函数求导可得 f ′ ( x ) = 1 x + 2 ( x − 1 ) 2 = x 2 + 1 x ( x − 1 ) 2 > 0 f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}+\frac{2}{(x-1)^{2}}=\frac{x^{2}+1}{x(x-1)^{2}}>0 f′(x)=x1​+(x−1)22​=x(x−1)2x2+1​>0，由此可知函数在 ( 0 , 1 ) (0,1) (0,1)， ( 1 , + ∞ ) (1,+\infty) (1,+∞) 上单调递增。

• 【注】 若所求的函数单调区间不止一个的时候，不能用 ∪ \cup ∪ 来连接。

• 【变式 2.8.1】 （2016 全国 Ⅱ 理 21）已知函数 f ( x ) = x − 2 x + 2 e x f(x)=\frac{x-2}{x+2} \mathrm{e}^{x} f(x)=x+2x−2​ex，讨论 f ( x ) f(x) f(x) 的单调性。

• 【变式 2.8.2】（2017 课标 Ⅱ 文 21）设函数 f ( x ) = ( 1 − x 2 ) e x f(x)=\left(1-x^{2}\right) \mathrm{e}^{x} f(x)=(1−x2)ex，讨论 f ( x ) f(x) f(x) 的单调性。

       不含参数的单调性问题中毕竟是少数，多数情形单调性问题都是围绕着参数来分类讨论，下面我们主要是围绕着含参的一元一次不等式和一元二次不等式来展开讨论。

       当我们去解含参的一元一次不等式 a x > b a x>b ax>b 时，不等式的解集由 a a a 的符号决定。因此我们需要对 a a a 分类讨论：
（1）当 a > 0 a>0 a>0 时，$x>\frac{b}{a} $；（2）当 a < 0 a<0 a<0 时，$x<\frac{b}{a} $；（3）当 a = 0 a=0 a=0， b < 0 b<0 b<0 时，不等式的解集为 R \mathbb{R} R；（4）当 a = 0 a=0 a=0， b ⩾ 0 b \geqslant 0 b⩾0 时，不等式无解。

【方法总结 1】

        解一元一次不等式 a x > b a x>b ax>b，需要按 a > 0 ， a = 0 a>0，a=0 a>0，a=0 和 a < 0 a<0 a<0 来分类讨论。

       可能有读者想问了，这么简单的东西谁不会啊。

• 【例 2.9】（2009 北京理 18）已知函数 f ( x ) = x e k x ( k ≠ 0 ) f(x)=x \mathrm{e}^{k x}(k \neq 0) f(x)=xekx(k​=0)，求函数 f ( x ) f(x) f(x) 的单调区间。

• 【解析】 f ′ ( x ) = ( k x + 1 ) e k x f^{\prime}(x)=(k x+1) \mathrm{e}^{k x} f′(x)=(kx+1)ekx，其中 e k x > 0 \mathrm{e}^{k x}>0 ekx>0 恒成立。
  （1）当 k > 0 k>0 k>0 时，因为 f ′ ( x ) ⩾ 0 ⇔ x ⩾ − 1 k f^{\prime}(x) \geqslant 0 \Leftrightarrow x \geqslant-\frac{1}{k} f′(x)⩾0⇔x⩾−k1​，所以 f ( x ) f(x) f(x) 在 ( − 1 k , + ∞ ) \left(-\frac{1}{k},+\infty\right) (−k1​,+∞) 上单调递增。同样地， f ′ ( x ) ⩽ 0 ⇔ x ⩽ − 1 k f^{\prime}(x) \leqslant 0 \Leftrightarrow x \leqslant-\frac{1}{k} f′(x)⩽0⇔x⩽−k1​，因此 f ( x ) f(x) f(x) 在 ( − ∞ , − 1 k ) \left(-\infty,-\frac{1}{k}\right) (−∞,−k1​) 上单调递减。
  （2）当 k < 0 k<0 k<0 时，因为 f ′ ( x ) ⩾ 0 ⇔ x ⩽ − 1 k f^{\prime}(x) \geqslant 0 \Leftrightarrow x \leqslant-\frac{1}{k} f′(x)⩾0⇔x⩽−k1​，所以 f ( x ) f(x) f(x) 在 ( − ∞ , − 1 k ] \left(-\infty,-\frac{1}{k}\right] (−∞,−k1​] 上单调递增。同样地， f ′ ( x ) ⩽ 0 ⇔ x ⩾ − 1 k f^{\prime}(x) \leqslant 0 \Leftrightarrow x \geqslant-\frac{1}{k} f′(x)⩽0⇔x⩾−k1​，因此 f ( x ) f(x) f(x) 在 [ − 1 k , + ∞ ) \left[-\frac{1}{k},+\infty\right) [−k1​,+∞) 上单调递减。

       不难看出，在例 2.9 中，自变量 x x x 没有限制，也就是 x ∈ R x \in \mathbb{R} x∈R，因此我们没有必要去讨论它的解集。如果 x x x 的范围不是 R \mathbb{R} R，我们肯定需要作更细致的讨论。

       现在我们来看关于 x x x 的不等式 a x > b a x>b ax>b，其中 x ∈ [ m , n ] x \in[m, n] x∈[m,n]。

       显然，我们不仅要讨论 a a a 的正负，还需要讨论其解集的端点 b a \frac{b}{a} ab​ 是否落在区间 [ m , n ] [m, n] [m,n] 内，看似很复杂，但是其思想很简单，我们总结如下:

【方法总结 2】

       解一元一次不等式 a x > b a x>b ax>b，其中 x ∈ [ m , n ] x \in[m, n] x∈[m,n]，先按 a > 0 a>0 a>0， a = 0 a=0 a=0 和 a < 0 a<0 a<0 来分 类讨论，然后再讨论 b a \frac{b}{a} ab​ 是否落在区间 [ m , n ] [m, n] [m,n] 内。

       当然，一般不需要讨论这么多。

• 【例 2.10】（2016 山东文 20）设 f ( x ) = x ln ⁡ x − a x 2 + ( 2 a − 1 ) x , a ∈ R f(x)=x \ln x-a x^{2}+(2 a-1) x, a \in \mathbb{R} f(x)=xlnx−ax2+(2a−1)x,a∈R。 令 g ( x ) = f ′ ( x ) g(x)=f^{\prime}(x) g(x)=f′(x)，求 g ( x ) g(x) g(x) 的单调区间。

• 【解析】 函数的定义域为 ( 0 , + ∞ ) (0,+\infty) (0,+∞)。由题意可知 g ( x ) = f ′ ( x ) = ln ⁡ x − 2 a x + 2 a g(x)=f^{\prime}(x)=\ln x-2 a x+2 a g(x)=f′(x)=lnx−2ax+2a，则 g ′ ( x ) = 1 x − 2 a = 1 − 2 a x x g^{\prime}(x)= \frac{1}{x}-2 a=\frac{1-2 a x}{x} g′(x)=x1​−2a=x1−2ax​ 。因此 g ( x ) g(x) g(x) 的单调性实质上由一元一次函数 y = 1 − 2 a x y=1-2 a x y=1−2ax 的符号决定。
  （1）当 a ⩽ 0 a \leqslant 0 a⩽0 时，因为 x > 0 x>0 x>0，所以 1 − 2 a x > 0 1-2 a x>0 1−2ax>0 恒成立，从而 g ′ ( x ) > 0 g^{\prime}(x)>0 g′(x)>0 恒成立，函数 g ( x ) g(x) g(x) 在 ( 0 , + ∞ ) (0,+\infty) (0,+∞) 上单调递增。
  （2）当 a > 0 a>0 a>0 时，因为 g ′ ( x ) ⩾ 0 ⇔ x ⩽ 1 2 a g^{\prime}(x) \geqslant 0 \Leftrightarrow x \leqslant \frac{1}{2 a} g′(x)⩾0⇔x⩽2a1​，所以 g ( x ) g(x) g(x) 在 ( 0 , 1 2 a ] \left(0, \frac{1}{2 a}\right] (0,2a1​] 上单调递增；又因为 g ′ ( x ) ⩽ 0 ⇔ x ⩾ 1 2 a g^{\prime}(x) \leqslant 0 \Leftrightarrow x \geqslant \frac{1}{2 a} g′(x)⩽0⇔x⩾2a1​，所以 g ( x ) g(x) g(x) 在 [ 1 2 a , + ∞ ) \left[\frac{1}{2 a},+\infty\right) [2a1​,+∞) 上单调递减。

• 【变式 2.10.1】（2015 新课标 Ⅱ 文 21）已知 f ( x ) = ln ⁡ x + a ( 1 − x ) f(x)=\ln x+a(1-x) f(x)=lnx+a(1−x)，讨论 f ( x ) f(x) f(x) 的单调性。

• 【变式 2.10.2】（2017 全国 Ⅲ 文 21）已知 f ( x ) = ln ⁡ x + a x 2 + ( 2 a + 1 ) x f(x)=\ln x+a x^{2}+(2 a+1) x f(x)=lnx+ax2+(2a+1)x，讨论 f ( x ) f(x) f(x) 的单调性。

       一元一次不等式或者一次型函数不等式其实出现的频率并不是很高。往往都是涉及解二次不等式或者是二次型函数的不等式。对于一元二次不等式 a x 2 + b x + c > 0 a x^{2}+b x+c>0 ax2+bx+c>0，不可能 a a a， b b b， c c c 都是参数，一般只有一个。但是往往都有区间的限制，所以按部就班的分类讨论的次数也不会少。

       在一次函数那里的套路只能将就用到一次函数那里，对于二次函数，我们得另辟罢径了，也就是接下来要讲的“临界条件”。

       从字面意思理解就是从一种状态转变到另外一种状态时所要满足的条件。比如 a x > b a x>b ax>b，当 a > 0 a>0 a>0 和 a < 0 a<0 a<0 时，它的解是由 ( b a , + ∞ ) \left(\frac{b}{a},+\infty\right) (ab​,+∞) 转变到 ( − ∞ , b a ) \left(-\infty, \frac{b}{a}\right) (−∞,ab​)，即解的方向从一个方向转变到另外一个方向，此时我们就说它的临界条件为 a = 0 a=0 a=0。

       那么，对于二次函数呢？情况要稍微复杂一点，为了方便读者理解，我们用以下的三个例子作解释。

• 【例 2.11】 解关于 x x x 的不等式：
  （Ⅰ） 3 x 2 + a x + 1 > 0 3 x^{2}+a x+1>0 3x2+ax+1>0； （Ⅱ） a x 2 + 3 x + 1 > 0 a x^{2}+3 x+1>0 ax2+3x+1>0； （Ⅲ） a x 2 + 3 x + 1 > 0 , x ∈ [ 1 , 2 ] a x^{2}+3 x+1>0, x \in[1,2] ax2+3x+1>0,x∈[1,2]。

• 【解析】 （Ⅰ）因为二次函数 f ( x ) = 3 x 2 + a x + 1 f(x)=3 x^{2}+a x+1 f(x)=3x2+ax+1 的二次项系数确定，所以只需考虑判别式 Δ = a 2 − 12 \Delta=a^{2}-12 Δ=a2−12 的符号，显然其临界条件为 Δ = 0 \Delta=0 Δ=0，解得 a = 2 3 a=2 \sqrt{3} a=23 ​ 或 a = − 2 3 a=-2 \sqrt{3} a=−23 ​。
         （1）当 a < − 2 3 a<-2 \sqrt{3} a<−23 ​ 时，此时 Δ = a 2 − 12 > 0 \Delta=a^{2}-12>0 Δ=a2−12>0，因此 f ( x ) = 0 f(x)=0 f(x)=0 有两个不等的实根，且两根分别为 x 1 = − a − a 2 − 12 6 x_{1}=\frac{-a-\sqrt{a^{2}-12}}{6} x1​=6−a−a2−12 ​​， x 2 = − a + a 2 − 12 6 x_{2}=\frac{-a+\sqrt{a^{2}-12}}{6} x2​=6−a+a2−12 ​​，显然 x 1 < x 2 x_{1}<x_{2} x1​<x2​。因为 f ( x ) f(x) f(x) 的图像开口向上，所以 f ( x ) > 0 f(x)>0 f(x)>0 的解集为 { x ∣ x < − a − a 2 − 12 6 或 x > − a + a 2 − 12 6 } \left\{x \mid x<\frac{-a-\sqrt{a^{2}-12}}{6}\right. 或 \left.x>\frac{-a+\sqrt{a^{2}-12}}{6}\right\} {x∣x<6−a−a2−12 ​​或x>6−a+a2−12 ​​}。
         （2）当 a = − 2 3 a=-2 \sqrt{3} a=−23 ​ 时，此时不等式为 3 x 2 − 2 3 x + 1 > 0 3 x^{2}-2 \sqrt{3} x+1>0 3x2−23 ​x+1>0，解得 { x ∣ x ∈ R , x ≠ 3 3 } \left\{x \mid x \in \mathbb{R}, x \neq \frac{\sqrt{3}}{3}\right\} {x∣x∈R,x​=33 ​​} 。
         （3）当 − 2 3 < a < 2 3 -2 \sqrt{3}<a<2 \sqrt{3} −23 ​<a<23 ​ 时，此时 Δ = a 2 − 12 < 0 \Delta=a^{2}-12<0 Δ=a2−12<0，因此 f ( x ) = 0 f(x)=0 f(x)=0 没有实数根。又因为它的开口向上，所以不等式的解集为 R \mathbb{R} R 。
         （4）当 a = 2 3 a=2 \sqrt{3} a=23 ​ 时，此时不等式为 3 x 2 + 2 3 x + 1 > 0 3 x^{2}+2 \sqrt{3} x+1>0 3x2+23 ​x+1>0，解得 { x ∣ x ∈ R , x ≠ − 3 3 } \left\{x \mid x \in \mathbb{R}, x \neq-\frac{\sqrt{3}}{3}\right\} {x∣x∈R,x​=−33 ​​} 。
         （5）当 a > 2 3 a>2 \sqrt{3} a>23 ​ 时，此时 Δ = a 2 − 12 > 0 \Delta=a^{2}-12>0 Δ=a2−12>0，因此 f ( x ) = 0 f(x)=0 f(x)=0 有两个不等的实根，且两根分别为 x 1 = − a − a 2 − 12 6 ， x 2 = − a + a 2 − 12 6 x_{1}=\frac{-a-\sqrt{a^{2}-12}}{6}，x_{2}=\frac{-a+\sqrt{a^{2}-12}}{6} x1​=6−a−a2−12 ​​，x2​=6−a+a2−12 ​​，显然 x 1 < x 2 x_{1}<x_{2} x1​<x2​。 因为 f ( x ) f(x) f(x) 的图像开口向上，所以 f ( x ) > 0 f(x)>0 f(x)>0 的解集为 { x ∣ x < − a − a 2 − 12 6 或 x > − a + a 2 − 12 6 } \left\{x \mid x<\frac{-a-\sqrt{a^{2}-12}}{6}\right. 或 \left.x>\frac{-a+\sqrt{a^{2}-12}}{6}\right\} {x∣x<6−a−a2−12 ​​或x>6−a+a2−12 ​​}。

• 【注】 显然，这里 a > 2 3 a>2 \sqrt{3} a>23 ​ 和 a < − 2 3 a<-2 \sqrt{3} a<−23 ​ 是可以合并在一起的，因为此时它们都满足 $\Delta>0 ； ； ；a=2 \sqrt{3}$ 和 a = − 2 3 a=-2 \sqrt{3} a=−23 ​ 也是可以合并在一起的，因为此时 Δ = 0 \Delta=0 Δ=0。这里分开写是为了让读者思路清晰，在后面的变式训练中，我们将它们合并在一起，希望不会给读者带来任何疑惑。
         （Ⅱ）因为函数 f ( x ) = a x 2 + 3 x + 1 f(x)=a x^{2}+3 x+1 f(x)=ax2+3x+1 的开口方向不确定，因此我们要同时考虑其开口方向与判别式，故其临界条件为 { a = 0 Δ = 9 − 4 a = 0 \begin{cases} a=0 \\ \Delta=9-4 a=0\end{cases} {a=0Δ=9−4a=0​，即 { a = 0 a = 9 4 \begin{cases} a=0 \\ a=\frac{9}{4}\end{cases} {a=0a=49​​。
         （1）当 a < 0 a<0 a<0 时，此时开口向下且 Δ = 9 − 4 a > 0 \Delta=9-4 a>0 Δ=9−4a>0，因此 f ( x ) = 0 f(x)=0 f(x)=0 的两根为 x 1 = − 3 + 9 − 4 a 2 a x_{1}=\frac{-3+\sqrt{9-4 a}}{2 a} x1​=2a−3+9−4a ​​， x 2 = − 3 − 9 − 4 a 2 a x_{2}=\frac{-3-\sqrt{9-4 a}}{2 a} x2​=2a−3−9−4a ​​，且 x 1 < x 2 ( a < 0 ) x_{1}<x_{2}(a<0) x1​<x2​(a<0)。由图 2-1 可知， f ( x ) > 0 f(x)>0 f(x)>0 的解集为 { x ∣ − 3 + 9 − 4 a 2 a < x < − 3 − 9 − 4 a 2 a } \left\{x \mid \frac{-3+\sqrt{9-4 a}}{2 a}<x<\right. \left.\frac{-3-\sqrt{9-4 a}}{2 a}\right\} {x∣2a−3+9−4a ​​<x<2a−3−9−4a ​​}。
         （2）当 a = 0 a=0 a=0 时，原不等式化简为一元一次不等式 3 x + 1 > 0 3 x+1>0 3x+1>0，解得 { x ∣ x > − 1 3 } \left\{x \mid x>-\frac{1}{3}\right\} {x∣x>−31​}。
         （3）当 0 < a < 9 4 0<a<\frac{9}{4} 0<a<49​ 时，此时开口向上且 Δ > 0 \Delta>0 Δ>0，因此 f ( x ) = 0 f(x)=0 f(x)=0 的两根为 x 1 = − 3 + 9 − 4 a 2 a x_{1}=\frac{-3+\sqrt{9-4 a}}{2 a} x1​=2a−3+9−4a ​​， x 2 = − 3 − 9 − 4 a 2 a x_{2}=\frac{-3-\sqrt{9-4 a}}{2 a} x2​=2a−3−9−4a ​​，且 x 1 > x 2 ( a > 0 ) x_{1}>x_{2}(a>0) x1​>x2​(a>0)。由图 2-2 可知， f ( x ) > 0 f(x)>0 f(x)>0 的解集为 { x ∣ x < − 3 − 9 − 4 a 2 a 或 x > − 3 + 9 − 4 a 2 a } \left\{x \mid x<\frac{-3-\sqrt{9-4 a}}{2 a}\right. 或 \left.x>\frac{-3+\sqrt{9-4 a}}{2 a}\right\} {x∣x<2a−3−9−4a ​​或x>2a−3+9−4a ​​}。
         （4）当 a = 9 4 a=\frac{9}{4} a=49​ 时，原不等式化简为 9 4 x 2 + 3 x + 1 > 0 \frac{9}{4} x^{2}+3 x+1>0 49​x2+3x+1>0，解得 { x ∣ x ∈ R ， x ≠ − 2 3 } \left\{x \mid x \in \mathbb{R}，x \neq-\frac{2}{3}\right\} {x∣x∈R，x​=−32​}。
         （5）当 a > 9 4 a>\frac{9}{4} a>49​ 时，此时开口向上， Δ = 9 − 4 a < 0 \Delta=9-4 a<0 Δ=9−4a<0，故解集为 R \mathbb{R} R 。
  
         （Ⅲ）因为函数 f ( x ) = a x 2 + 3 x + 1 f(x)=a x^{2}+3 x+1 f(x)=ax2+3x+1 的系数不确定，所以我们首先要考虑其开口方向与判别式，即 { a = 0 Δ = 9 − 4 a = 0 \begin{cases} a=0 \\ \Delta=9-4 a=0\end{cases} {a=0Δ=9−4a=0​，还要考虑其解集是否与区间 [ 1 , 2 ] [1,2] [1,2] 相交，此时的临界条件为 { f ( 1 ) = 0 f ( 2 ) = 0 \begin{cases} f(1)=0 \\ f(2)=0\end{cases} {f(1)=0f(2)=0​ 。综合看来其临界条件为 { a = 0 Δ = 9 − 4 a = 0 f ( 1 ) = 0 f ( 2 ) = 0 \begin{cases} a=0 \\ \Delta=9-4 a=0 \\ f(1)=0 \\ f(2)=0\end{cases} ⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧​a=0Δ=9−4a=0f(1)=0f(2)=0​，解得 { a = 0 a = 9 4 a = − 4 a = − 7 4 \begin{cases} a=0 \\ a=\frac{9}{4} \\ a=-4 \\ a=-\frac{7}{4}\end{cases} ⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧​a=0a=49​a=−4a=−47​​。
         （1）当 a < − 4 a<-4 a<−4 时，此时开口向下， Δ = 9 − 4 a > 0 \Delta=9-4 a>0 Δ=9−4a>0，对称轴 x = − 3 2 a < 1 ， f ( 1 ) = a + 4 < 0 x=-\frac{3}{2 a}<1，f(1)=a+4<0 x=−2a3​<1，f(1)=a+4<0， f ( 2 ) = 4 a + 7 < 0 f(2)=4 a+7<0 f(2)=4a+7<0，由此可以确定 f ( x ) f(x) f(x) 的图像，由图 2-3 可知， f ( x ) > 0 f(x)>0 f(x)>0 的解集为空集。
         （2）当 a = − 4 a=-4 a=−4 时，此时不等式为 − 4 x 2 + 3 x + 1 > 0 -4 x^{2}+3 x+1>0 −4x2+3x+1>0，解得 − 1 4 < x < 1 -\frac{1}{4}<x<1 −41​<x<1，与区间 [ 1 , 2 ] [1,2] [1,2] 无交集，故 f ( x ) > 0 f(x)>0 f(x)>0 的解集为空集。
         （3）当 − 4 < a < − 7 4 -4<a<-\frac{7}{4} −4<a<−47​ 时，此时开口向下， Δ = 9 − 4 a > 0 \Delta=9-4 a>0 Δ=9−4a>0，对称轴 x = − 3 2 a < 1 ， f ( 1 ) = x=-\frac{3}{2 a}<1，f(1)= x=−2a3​<1，f(1)= a + 4 > 0 a+4>0 a+4>0 且 f ( 2 ) < 0 f(2)<0 f(2)<0，由此可以确定 f ( x ) f(x) f(x) 的图像，如图 2 − 4 2-4 2−4 所示，我们能求出图像中 x 2 x_{2} x2​ 的值，因为 Δ = 9 − 4 a > 0 \Delta=9-4 a>0 Δ=9−4a>0，所以 f ( x ) = 0 f(x)=0 f(x)=0 有两根且分别为 − 3 + 9 − 4 a 2 a \frac{-3+\sqrt{9-4 a}}{2 a} 2a−3+9−4a ​​ 和 − 3 − 9 − 4 a 2 a \frac{-3-\sqrt{9-4 a}}{2 a} 2a−3−9−4a ​​ 。又因为此时 a < 0 a<0 a<0，所以 − 3 + 9 − 4 a 2 a < − 3 − 9 − 4 a 2 a \frac{-3+\sqrt{9-4 a}}{2 a}<\frac{-3-\sqrt{9-4 a}}{2 a} 2a−3+9−4a ​​<2a−3−9−4a ​​，故 x 2 = − 3 − 9 − 4 a 2 a x_{2}=\frac{-3-\sqrt{9-4 a}}{2 a} x2​=2a−3−9−4a ​​ 。由图 2-4 可知， f ( x ) > 0 f(x)>0 f(x)>0 的解集为
  { x ∣ 1 ⩽ x < − 3 − 9 − 4 a 2 a } \left\{x \mid 1 \leqslant x<\frac{-3-\sqrt{9-4 a}}{2 a}\right\} {x∣1⩽x<2a−3−9−4a ​​}。
  
         （4）当 a = − 7 4 a=-\frac{7}{4} a=−47​，此时不等式为 − 7 4 x 2 + 3 x + 1 > 0 -\frac{7}{4} x^{2}+3 x+1>0 −47​x2+3x+1>0，解得 − 2 7 < x < 2 -\frac{2}{7}<x<2 −72​<x<2，与区间 [ 1 , 2 ] [1,2] [1,2] 的交集为 { x ∣ 1 ⩽ x < 2 } \{x \mid 1 \leqslant x<2\} {x∣1⩽x<2}。
         （5）当 − 7 4 < a < 0 -\frac{7}{4}<a<0 −47​<a<0 时，此时开口向下， Δ = 9 − 4 a > 0 \Delta=9-4 a>0 Δ=9−4a>0， f ( 1 ) = a + 4 > 0 f(1)=a+4>0 f(1)=a+4>0， f ( 2 ) = 4 a + 7 > 0 f(2)=4 a+7>0 f(2)=4a+7>0，对称轴 x = − 3 2 a > 6 7 x=-\frac{3}{2 a}>\frac{6}{7} x=−2a3​>76​，如图 2-5 所示，虽然无法确定对称轴与区间的位置关系，但是定义域为 [ 1 , 2 ] [1,2] [1,2]，故 f ( x ) > 0 f(x)>0 f(x)>0 的解集为 { x ∣ 1 ⩽ x ⩽ 2 } \{x \mid 1 \leqslant x \leqslant 2\} {x∣1⩽x⩽2}。
         （6）当 a = 0 a=0 a=0 时，原不等式化简为一元一次不等式 3 x + 1 > 0 3 x+1>0 3x+1>0，解集为 { x ∣ 1 ⩽ x ⩽ 2 } \{x \mid 1 \leqslant x \leqslant 2\} {x∣1⩽x⩽2}。
         （7）当 0 < a < 9 4 0<a<\frac{9}{4} 0<a<49​ 时，此时开口向上， Δ = 9 − 4 a > 0 \Delta=9-4 a>0 Δ=9−4a>0，对称轴 x = − 3 2 a < 0 ， f ( 1 ) = a + 4 > 0 x=-\frac{3}{2 a}<0，f(1)=a+4>0 x=−2a3​<0，f(1)=a+4>0， f ( 2 ) = 4 a + 7 > 0 f(2)=4 a+7>0 f(2)=4a+7>0，由此可以确定 f ( x ) f(x) f(x) 的图像，如图 2-6 所示，故 f ( x ) > 0 f(x)>0 f(x)>0 的解集为 { x ∣ 1 ⩽ x ⩽ 2 } \{x \mid 1 \leqslant x \leqslant 2\} {x∣1⩽x⩽2}。
         （8）当 a = 9 4 a=\frac{9}{4} a=49​，此时不等式为 9 4 x 2 + 3 x + 1 > 0 \frac{9}{4} x^{2}+3 x+1>0 49​x2+3x+1>0，解得 x ∈ ( − ∞ , − 2 3 ) ∪ ( − 2 3 , + ∞ ) x \in\left(-\infty,-\frac{2}{3}\right) \cup\left(-\frac{2}{3},+\infty\right) x∈(−∞,−32​)∪(−32​,+∞)，与区间 [ 1 , 2 ] [1,2] [1,2] 的交集为 { x ∣ 1 ⩽ x ⩽ 2 } \{x \mid 1 \leqslant x \leqslant 2\} {x∣1⩽x⩽2}。
         （9）当 a > 9 4 a>\frac{9}{4} a>49​ 时，此时开口向上， Δ = 9 − 4 a < 0 \Delta=9-4 a<0 Δ=9−4a<0，对称轴 x = − 3 2 a < 1 x=-\frac{3}{2 a}<1 x=−2a3​<1， f ( 1 ) = a + 4 > 0 f(1)=a+4>0 f(1)=a+4>0， f ( 2 ) = 4 a + 7 > 0 f(2)=4 a+7>0 f(2)=4a+7>0，由此可以确定 f ( x ) f(x) f(x) 的图像，如图 2-7 所示，故 f ( x ) > 0 f(x)>0 f(x)>0 的解集为 { x ∣ 1 ⩽ x ⩽ 2 } \{x \mid 1 \leqslant x \leqslant 2\} {x∣1⩽x⩽2}。
  

       显然上面的临界条件为我们的分类讨论提供了一个切入点，即如何将参数分类，这是掌握分类讨论的第一步，也是最重要的一步。我们先将上述做法总结如下：

【方法总结 3】

       （1）二次项系数不含参数且自变量没有限制时，临界条件是 Δ = 0 \Delta=0 Δ=0；
       （2）二次项系数含有参数且自变量没有限制时，临界条件是二次项系数为零与 Δ = 0 \Delta=0 Δ=0 联立；
       （3）二次项系数含参数且自变量有限制时，临界条件是二次项系数为零， Δ = 0 \Delta=0 Δ=0 与区间端点处的函数值为零同时联立。

       我们刚刚说过，通过临界条件得到参数只是成功的第一步。我们还需要读者在接下来的具体讨论中有一个清晰的思路，完成整个分类讨论的过程! 一个自然的问题就出现了：有没有一个标准，或者一条主线可以知道我们顺利地完成了分类讨论？庆幸的是，有，而且还是这个 “临界条件”！看我们下面的解释。

• 【注】 回顾刚才讲过的例 2.11。第（Ⅰ）问中，因为参数不在系数上且自变量没有限制，所以其临界条件就是其判别式 Δ = 0 \Delta=0 Δ=0，通过临界条件我们确定了如何将参数分类！再注意看我们的解析，你就会发现分类讨论的主线是 Δ > 0 \Delta>0 Δ>0， Δ = 0 \Delta=0 Δ=0 和 Δ < 0 \Delta<0 Δ<0，即每一步都是去验证 Δ \Delta Δ 的符号，因此分类讨论的主线就是临界条件！
         再来看第 Ⅱ 问，因为参数出现在二次项的系数上，且变量没有限制，所以其临界条件是二次项系数为零与 Δ = 0 \Delta=0 Δ=0，通过临界条件我们确定了如何将参数分类！再注意看我们的解析，你就会发现分类讨论的主线是同时确定开口方向和 Δ \Delta Δ 的符号，因此分类讨论的主线也是临界条件!
         最后来看第 Ⅲ 问，不仅参数出现在二次项系数上，而且变量有限制，因此其临界条件是二次项系数为零， Δ = 0 \Delta=0 Δ=0 与区间端点处的函数值为零同时联立。再注意看我们的解析，你就会发现分类讨论的主线是同时确定开口方向， Δ \Delta Δ 的符号和函数在区间端点的值的符号，因此分类讨论的主线还是临界条件！细心的读者会说，不对，你还考虑了对称轴！对，我们确实考虑了对称轴，但是对称轴只是辅助我们作图而已！或许有读者被例 2.11 的第 Ⅲ 问给审住了，太复杂了！但请放心，更注重考查我们的思维缜密度而不是机械的、繁琐的分类讨论。一般而言，分类情形不会超过 4 种。
         为了书写的规范性，我们下面将临界条件的获取放到分析中，解析中我们直接分类讨论。

• 【例 2.12】 （2014 广东文 21）已知 f ( x ) = 1 3 x 3 + x 2 + a x + 1 ( a ∈ R ) f(x)=\frac{1}{3} x^{3}+x^{2}+a x+1(a \in \mathbb{R}) f(x)=31​x3+x2+ax+1(a∈R)，求 f ( x ) f(x) f(x) 的单调区间。

• 【分析】 判断 f ( x ) f(x) f(x) 的单调性等价于判断 f ′ ( x ) = x 2 + 2 x + a f^{\prime}(x)=x^{2}+2 x+a f′(x)=x2+2x+a 的符号。因为二次函数 f ′ ( x ) f^{\prime}(x) f′(x) 的开 口方向确定，且自变量没有限制，所以其临界条件只有 Δ = 4 − 4 a = 0 \Delta=4-4 a=0 Δ=4−4a=0，即 a = 1 a=1 a=1，而且分类讨论的主线是分别验证 Δ \Delta Δ 的符号。

• 【解析】 f ( x ) = 1 3 x 3 + x 2 + a x + 1 f(x)=\frac{1}{3} x^{3}+x^{2}+a x+1 f(x)=31​x3+x2+ax+1，求导 f ′ ( x ) = x 2 + 2 x + a f^{\prime}(x)=x^{2}+2 x+a f′(x)=x2+2x+a， Δ = 4 ( 1 − a ) \Delta=4(1-a) Δ=4(1−a)。
         （1）当 a ⩾ 1 a \geqslant 1 a⩾1 时，此时 Δ ⩽ 0 \Delta \leqslant 0 Δ⩽0，因此 f ′ ( x ) ⩾ 0 f^{\prime}(x) \geqslant 0 f′(x)⩾0 在 R \mathbb{R} R 上恒成立，所以 f ( x ) f(x) f(x) 在 R \mathbb{R} R 上单调递增。
         （2）当 a < 1 a<1 a<1 时，此时 Δ > 0 \Delta>0 Δ>0，故 f ′ ( x ) = 0 f^{\prime}(x)=0 f′(x)=0 有两根 x 1 = − 1 − 1 − a x_{1}=-1-\sqrt{1-a} x1​=−1−1−a ​， x 2 = − 1 + 1 − a x_{2}=-1+\sqrt{1-a} x2​=−1+1−a ​ 且 x 1 < x 2 x_{1}<x_{2} x1​<x2​，因此 f ′ ( x ) ⩾ 0 f^{\prime}(x) \geqslant 0 f′(x)⩾0 的解区间为 ( − ∞ , − 1 − 1 − a ] (-\infty,-1-\sqrt{1-a}] (−∞,−1−1−a ​] 和 [ − 1 + 1 − a , + ∞ ) [-1+\sqrt{1-a},+\infty) [−1+1−a ​,+∞)，即 f ( x ) f(x) f(x) 的单调递增区间为 ( − ∞ , − 1 − 1 − a ] (-\infty,-1-\sqrt{1-a}] (−∞,−1−1−a ​] 和 [ − 1 + 1 − a , + ∞ ) [-1+\sqrt{1-a},+\infty) [−1+1−a ​,+∞) 。同样地， f ′ ( x ) ⩽ 0 f^{\prime}(x) \leqslant 0 f′(x)⩽0 的解区间为 [ − 1 − 1 − a , − 1 + 1 − a ] [-1-\sqrt{1-a},-1+\sqrt{1-a}] [−1−1−a ​,−1+1−a ​]，即 f ( x ) f(x) f(x) 的单调递减区间为 [ − 1 − 1 − a , − 1 + 1 − a ] [-1-\sqrt{1-a},-1+\sqrt{1-a}] [−1−1−a ​,−1+1−a ​] 。

       若二次函数能直接分解因式，则我们一定要先分解因式。虽然它不会影响我们去寻找临界条件，但是会给我们后面具体的分类讨论带来一些差异。庆幸的是，它带给我们的是方便，而不是麻烦。

• 【例 2.13】（2015 江苏 19）已知函数 f ( x ) = x 3 + a x 2 + b f(x)=x^{3}+a x^{2}+b f(x)=x3+ax2+b， a , b ∈ R a, b \in \mathbb{R} a,b∈R，讨论 f ( x ) f(x) f(x) 的单调性。

• 【分析】 求导可得 f ′ ( x ) = 3 x 2 + 2 a x f^{\prime}(x)=3 x^{2}+2 a x f′(x)=3x2+2ax，因为参数不在二次项系数上，且变量没有限制，故临界条件是 Δ = 0 \Delta=0 Δ=0，即 a = 0 a=0 a=0。另外，我们是可以将其分解因式的，即 f ′ ( x ) = 3 x ( x + 2 3 a ) f^{\prime}(x)=3 x\left(x+\frac{2}{3} a\right) f′(x)=3x(x+32​a)。

• 【解析】 由题意， f ′ ( x ) = 3 x 2 + 2 a x = 3 x ( x + 2 3 a ) f^{\prime}(x)=3 x^{2}+2 a x=3 x\left(x+\frac{2}{3} a\right) f′(x)=3x2+2ax=3x(x+32​a)。
         （1）当 a < 0 a<0 a<0 时， f ′ ( x ) = 0 f^{\prime}(x)=0 f′(x)=0 的两根 x 1 = 0 x_{1}=0 x1​=0， x 2 = − 2 3 a > 0 x_{2}=-\frac{2}{3} a>0 x2​=−32​a>0，则 f ( x ) f(x) f(x) 在 ( − ∞ , 0 ) (-\infty, 0) (−∞,0) 和 ( − 2 3 a , + ∞ ) \left(-\frac{2}{3} a,+\infty\right) (−32​a,+∞) 单调递增，在 [ 0 , − 2 3 a ] \left[0,-\frac{2}{3} a\right] [0,−32​a] 上单调递减；
         （2）当 a = 0 a=0 a=0 时， f ′ ( x ) = 3 x 2 ⩾ 0 f^{\prime}(x)=3 x^{2} \geqslant 0 f′(x)=3x2⩾0 恒成立，所以 f ( x ) f(x) f(x) 在 R \mathbb{R} R 上单调递增；
         （3）当 a > 0 a>0 a>0 时， f ′ ( x ) = 0 f^{\prime}(x)=0 f′(x)=0 的两根 x 1 = 0 x_{1}=0 x1​=0， x 2 = − 2 3 a < 0 x_{2}=-\frac{2}{3} a<0 x2​=−32​a<0，可知 f ( x ) f(x) f(x) 在 ( − ∞ , − 2 3 a ) \left(-\infty,-\frac{2}{3} a\right) (−∞,−32​a) 和 ( 0 , + ∞ ) (0,+\infty) (0,+∞) 上单调递增，在 [ − 2 3 a , 0 ] \left[-\frac{2}{3} a, 0\right] [−32​a,0] 上单调递减。

• 【注】 从例 2.13 的解析可以看出我们虽然通过 Δ = 0 \Delta=0 Δ=0 去得到临界条件，但是我们在具体的分类讨 论的过程中，并没有像例 2.12 2.12 2.12 那样，去讨论 Δ \Delta Δ 的符号！为什么呢，因为只要二次函数能分解因式，其判别式 Δ \Delta Δ 就不可能小于零，所以我们可以直接求根！这就是能分解因式的好处。以上我们讲的几个例子中，自变量都没有限制。下面我们再来看看自变量有限制的情形：

• 【例 2.14】（2009 江苏 20）已知 f ( x ) = 3 x 2 − 2 a x + a 2 , x ∈ ( a , + ∞ ) f(x)=3 x^{2}-2 a x+a^{2}, x \in(a,+\infty) f(x)=3x2−2ax+a2,x∈(a,+∞)，求 f ( x ) ⩾ 1 f(x) \geqslant 1 f(x)⩾1 的解集。

• 【分析】 令 g ( x ) = f ( x ) − 1 = 3 x 2 − 2 a x + a 2 − 1 g(x)=f(x)-1=3 x^{2}-2 a x+a^{2}-1 g(x)=f(x)−1=3x2−2ax+a2−1，由于 g ( x ) g(x) g(x) 的开口方向确定，故我们的临界条件为 { Δ = 12 − 8 a 2 = 0 g ( a ) = 2 a 2 − 1 = 0 \begin{cases} \Delta=12-8 a^{2}=0 \\ g(a)=2 a^{2}-1=0\end{cases} {Δ=12−8a2=0g(a)=2a2−1=0​，解得 { a = − 6 2  或  a = 6 2 a = − 2 2  或  a = 2 2 \begin{cases} a=-\frac{\sqrt{6}}{2} \text { 或 } a=\frac{\sqrt{6}}{2} \\ a=-\frac{\sqrt{2}}{2} \text { 或 } a=\frac{\sqrt{2}}{2}\end{cases} {a=−26 ​​ 或 a=26 ​​a=−22 ​​ 或 a=22 ​​​，注意到 a ⩽ − 6 2 a \leqslant-\frac{\sqrt{6}}{2} a⩽−26 ​​ 或 a ⩾ 6 2 a \geqslant \frac{\sqrt{6}}{2} a⩾26 ​​ 时，我们得到的都是 Δ ⩽ 0 \Delta \leqslant 0 Δ⩽0，因此我们直接将这两种情形合并。另外，分类讨论的主线是先判断 Δ \Delta Δ 和 g ( a ) g(a) g(a) 的符号，然后通过图像判断，不过我们最好判断一下对称轴的位置，它能更精细的确定函数的图像。

• 【解析】 令 g ( x ) = f ( x ) − 1 = 3 x 2 − 2 a x + a 2 − 1 g(x)=f(x)-1=3 x^{2}-2 a x+a^{2}-1 g(x)=f(x)−1=3x2−2ax+a2−1，故 f ( x ) ⩾ 1 f(x) \geqslant 1 f(x)⩾1 等价于 g ( x ) ⩾ 0 g(x) \geqslant 0 g(x)⩾0。
         （1）当 a ⩽ − 6 2 a \leqslant-\frac{\sqrt{6}}{2} a⩽−26 ​​ 或 a ⩾ 6 2 a \geqslant \frac{\sqrt{6}}{2} a⩾26 ​​ 时，此时 Δ ⩽ 0 \Delta \leqslant 0 Δ⩽0，因此 g ( x ) ⩾ 0 g(x) \geqslant 0 g(x)⩾0 恒成立，即 g ( x ) ⩾ 0 g(x) \geqslant 0 g(x)⩾0 的解为 R \mathbb{R} R，显然 R \mathbb{R} R 与 ( a , + ∞ ) (a,+\infty) (a,+∞) 的交集为 ( a , + ∞ ) (a,+\infty) (a,+∞)，因此 g ( x ) ⩾ 0 g(x) \geqslant 0 g(x)⩾0 的解区间为 ( a , + ∞ ) (a,+\infty) (a,+∞)。
         （2）当 − 6 2 < a ⩽ − 2 2 -\frac{\sqrt{6}}{2}<a \leqslant-\frac{\sqrt{2}}{2} −26 ​​<a⩽−22 ​​ 时，此时 Δ > 0 \Delta>0 Δ>0，对称轴 x = a 3 > a ， g ( a ) = 2 a 2 − 1 ⩾ 0 x=\frac{a}{3}>a，g(a)=2 a^{2}-1 \geqslant 0 x=3a​>a，g(a)=2a2−1⩾0。因为 Δ > 0 \Delta>0 Δ>0，所以 g ( x ) = 0 g(x)=0 g(x)=0 有两个实数根，分别为 x 1 = a − 3 − 2 a 2 3 x_{1}=\frac{a-\sqrt{3-2 a^{2}}}{3} x1​=3a−3−2a2 ​​ 和 x 2 = a + 3 − 2 a 2 3 x_{2}=\frac{a+\sqrt{3-2 a^{2}}}{3} x2​=3a+3−2a2 ​​，且 x 1 < x 2 x_{1}<x_{2} x1​<x2​，可知 g ( x ) ⩾ 0 g(x) \geqslant 0 g(x)⩾0 的解区间为 ( a , a − 3 − 2 a 2 3 ] ∪ [ a + 3 − 2 a 2 3 , + ∞ ) \left(a, \frac{a-\sqrt{3-2 a^{2}}}{3}\right] \cup\left[\frac{a+\sqrt{3-2 a^{2}}}{3},+\infty\right) (a,3a−3−2a2 ​​]∪[3a+3−2a2 ​​,+∞) 。
         （3）当 − 2 2 < a < 2 2 -\frac{\sqrt{2}}{2}<a<\frac{\sqrt{2}}{2} −22 ​​<a<22 ​​ 时，此时 Δ > 0 \Delta>0 Δ>0， g ( a ) < 0 g(a)<0 g(a)<0 。因为 Δ > 0 \Delta>0 Δ>0，所以 g ( x ) = 0 g(x)=0 g(x)=0 有两个实数根，分别为 x 1 = a − 3 − 2 a 2 3 x_{1}=\frac{a-\sqrt{3-2 a^{2}}}{3} x1​=3a−3−2a2 ​​ 和 x 2 = a + 3 − 2 a 2 3 x_{2}=\frac{a+\sqrt{3-2 a^{2}}}{3} x2​=3a+3−2a2 ​​，且 x 1 < x 2 x_{1}<x_{2} x1​<x2​，可知 g ( x ) ⩾ 0 g(x) \geqslant 0 g(x)⩾0 的解区间为 [ a + 3 − 2 a 2 3 , + ∞ ) \left[\frac{a+\sqrt{3-2 a^{2}}}{3},+\infty\right) [3a+3−2a2 ​​,+∞)。
         （4）当 2 2 ⩽ a < 6 2 \frac{\sqrt{2}}{2} \leqslant a<\frac{\sqrt{6}}{2} 22 ​​⩽a<26 ​​ 时，此时 Δ > 0 \Delta>0 Δ>0，对称轴 x = a 3 < a x=\frac{a}{3}<a x=3a​<a， g ( a ) > 0 g(a)>0 g(a)>0，可知 g ( x ) ⩾ 0 g(x) \geqslant 0 g(x)⩾0 的解区间为 ( a , + ∞ ) (a,+\infty) (a,+∞)。

       例 2.14 中明确给出了区间的限制。但很多时候，这个区间限制需要我们自己挖掘，其中最常见的就是其定义域，见下例:

• 【例 2.15】 （2018 全国 Ⅰ 理 21）已知函数 f ( x ) = 1 x − x + a ln ⁡ x f(x)=\frac{1}{x}-x+a \ln x f(x)=x1​−x+alnx，讨论 f ( x ) f(x) f(x) 的单调性。

• 【分析】 讨论函数 f ( x ) f(x) f(x) 的单调性就是讨论其导数 f ′ ( x ) = − x 2 + a x − 1 x 2 f^{\prime}(x)=\frac{-x^{2}+a x-1}{x^{2}} f′(x)=x2−x2+ax−1​ 的符号，即讨论 g ( x ) = − x 2 + a x − 1 g(x)=-x^{2}+a x-1 g(x)=−x2+ax−1 的符号。此时一定要注意，虽然题中没有明确的区间限制，但是函数 f ( x ) f(x) f(x) 是有定义域限制的，显然函数 f ( x ) f(x) f(x) 定义域为 x ∈ ( 0 , + ∞ ) x \in(0,+\infty) x∈(0,+∞)，因此问题转化为讨论函数 g ( x ) g(x) g(x) 在区间 ( 0 , + ∞ ) (0,+\infty) (0,+∞) 上的符号，不难看出其分类讨论的临界条件是 { Δ = 0 g ( 0 ) = 0 \begin{cases} \Delta=0 \\ g(0)=0\end{cases} {Δ=0g(0)=0​，解得 { a = 2 a = − 2 \begin{cases} a=2 \\ a=-2\end{cases} {a=2a=−2​。另外，分类讨论的主线是先判断 Δ \Delta Δ 和 g ( 0 ) g(0) g(0) 的符号，然后通过图像判断，不过我们最好判断下对称轴的位置，它能更精细地确定函数的图像。

• 【解析】 f ( x ) = 1 x − x + a ln ⁡ x f(x)=\frac{1}{x}-x+a \ln x f(x)=x1​−x+alnx，求导得 f ′ ( x ) = − x 2 + a x − 1 x 2 ( x > 0 ) f^{\prime}(x)=\frac{-x^{2}+a x-1}{x^{2}}(x>0) f′(x)=x2−x2+ax−1​(x>0)，令 g ( x ) = − x 2 + a x − 1 ( x > 0 ) g(x)=-x^{2}+a x-1(x>0) g(x)=−x2+ax−1(x>0)，开口向下， Δ = a 2 − 4 \Delta=a^{2}-4 Δ=a2−4。
         （1）当 − 2 ⩽ a ⩽ 2 -2 \leqslant a \leqslant 2 −2⩽a⩽2 时，此时 Δ = a 2 − 4 ⩽ 0 \Delta=a^{2}-4 \leqslant 0 Δ=a2−4⩽0，注意到开口向下，所以 f ′ ( x ) ⩽ 0 f^{\prime}(x) \leqslant 0 f′(x)⩽0 恒成立，即 f ( x ) f(x) f(x) 在 ( 0 , + ∞ ) (0,+\infty) (0,+∞) 上单调递减。
         （2）当 a < − 2 a<-2 a<−2 时，此时 Δ = a 2 − 4 > 0 \Delta=a^{2}-4>0 Δ=a2−4>0，对称轴 x = a 2 < − 1 ， g ( 0 ) < 0 x=\frac{a}{2}<-1，g(0)<0 x=2a​<−1，g(0)<0 。由此可知 g ( x ) < 0 g(x)<0 g(x)<0 在 ( 0 , + ∞ ) (0,+\infty) (0,+∞) 上恒成立，即 f ( x ) f(x) f(x) 在 ( 0 , + ∞ ) (0,+\infty) (0,+∞) 上单调递减。
         （3）当 a > 2 a>2 a>2 时，此时 Δ > 0 \Delta>0 Δ>0，对称轴 x = a 2 > 1 ， g ( 0 ) < 0 x=\frac{a}{2}>1，g(0)<0 x=2a​>1，g(0)<0，显然我们需要求出 g ( x ) = 0 g(x)=0 g(x)=0 的两个根 x 1 x_{1} x1​ 和 x 2 x_{2} x2​， g ( x ) = 0 g(x)=0 g(x)=0 的两根分别为 x 1 = a − a 2 − 4 2 x_{1}=\frac{a-\sqrt{a^{2}-4}}{2} x1​=2a−a2−4 ​​ 和 x 2 = a + a 2 − 4 2 x_{2}=\frac{a+\sqrt{a^{2}-4}}{2} x2​=2a+a2−4 ​​，显然 x 1 < x 2 x_{1}<x_{2} x1​<x2​，因此 g ( x ) ⩾ 0 g(x) \geqslant 0 g(x)⩾0 在 [ a − a 2 − 4 2 ， a + a 2 − 4 2 ] \left[\frac{a-\sqrt{a^{2}-4}}{2}，\frac{a+\sqrt{a^{2}-4}}{2}\right] [2a−a2−4 ​​，2a+a2−4 ​​] 上恒成立，即 f ( x ) f(x) f(x) 在 [ a − a 2 − 4 2 , a + a 2 − 4 2 ] \left[\frac{a-\sqrt{a^{2}-4}}{2}, \frac{a+\sqrt{a^{2}-4}}{2}\right] [2a−a2−4 ​​,2a+a2−4 ​​] 上单调递增；同理， g ( x ) < 0 g(x)<0 g(x)<0 在 ( 0 , a − a 2 − 4 2 ) \left(0, \frac{a-\sqrt{a^{2}-4}}{2}\right) (0,2a−a2−4 ​​) 和 ( a + a 2 − 4 2 , + ∞ ) \left(\frac{a+\sqrt{a^{2}-4}}{2},+\infty\right) (2a+a2−4 ​​,+∞) 上恒成立，故 f ( x ) f(x) f(x) 在 ( 0 , a − a 2 − 4 2 ) \left(0, \frac{a-\sqrt{a^{2}-4}}{2}\right) (0,2a−a2−4 ​​) 和 ( a + a 2 − 4 2 , + ∞ ) \left(\frac{a+\sqrt{a^{2}-4}}{2},+\infty\right) (2a+a2−4 ​​,+∞) 上单调递减。

       接下来的例 2.16 2.16 2.16 虽说表面上并不具有二次型，但却是披着指数外衣的一元二次函数的形式。

• 【例 2.16】 （2017 全国 Ⅰ 文 21）函数 f ( x ) = e x ( e x − a ) − a 2 x f(x)=\mathrm{e}^{x}\left(\mathrm{e}^{x}-a\right)-a^{2} x f(x)=ex(ex−a)−a2x。讨论函数 f ( x ) f(x) f(x) 的单调性。

• 【分析】 函数 f ( x ) f(x) f(x) 的定义域为 R \mathbb{R} R， f ′ ( x ) = 2 ( e x ) 2 − a e x − a 2 = ( 2 e x + a ) ( e x − a ) f^{\prime}(x)=2\left(\mathrm{e}^{x}\right)^{2}-a \mathrm{e}^{x}-a^{2}=\left(2 \mathrm{e}^{x}+a\right)\left(\mathrm{e}^{x}-a\right) f′(x)=2(ex)2−aex−a2=(2ex+a)(ex−a)，令 t = e x t=\mathrm{e}^{x} t=ex，则 f ′ ( t ) = ( 2 t + a ) ( t − a ) ( t > 0 ) f^{\prime}(t)=(2 t+a)(t-a)(t>0) f′(t)=(2t+a)(t−a)(t>0)，实质为一元二次函数形式，临界条件是 { Δ = 0 f ′ ( 0 ) = 0 ⇒ a = 0 \begin{cases} \Delta=0 \\ f^{\prime}(0)=0\end{cases} \Rightarrow a=0 {Δ=0f′(0)=0​⇒a=0。

• 【解析】 f ( x ) = e x ( e x − a ) − a 2 x f(x)=\mathrm{e}^{x}\left(\mathrm{e}^{x}-a\right)-a^{2} x f(x)=ex(ex−a)−a2x，定义域为 x ∈ R , f ′ ( x ) = 2 ( e x ) 2 − a e x − a 2 = ( 2 e x + a ) ( e x − a ) x \in \mathbb{R}, f^{\prime}(x)=2\left(\mathrm{e}^{x}\right)^{2}-a \mathrm{e}^{x}-a^{2}=\left(2 \mathrm{e}^{x}+a\right)\left(\mathrm{e}^{x}-a\right) x∈R,f′(x)=2(ex)2−aex−a2=(2ex+a)(ex−a) 。
         （1）当 a = 0 a=0 a=0 时， f ′ ( x ) = 2 ( e x ) 2 > 0 f^{\prime}(x)=2\left(\mathrm{e}^{x}\right)^{2}>0 f′(x)=2(ex)2>0 恒成立， f ( x ) f(x) f(x) 在 R \mathbb{R} R 上单调递增。
         （2）当 a > 0 a>0 a>0 时，因为 2 e x + a > 0 2 \mathrm{e}^{x}+a>0 2ex+a>0，所以 f ′ ( x ) = 0 f^{\prime}(x)=0 f′(x)=0 的根为 x = ln ⁡ a x=\ln a x=lna。当 x < ln ⁡ a x<\ln a x<lna 时， f ′ ( x ) < 0 f^{\prime}(x)<0 f′(x)<0， f ( x ) f(x) f(x) 单调递减，当 x > ln ⁡ a x>\ln a x>lna 时， f ′ ( x ) > 0 f^{\prime}(x)>0 f′(x)>0， f ( x ) f(x) f(x) 单调递增。
         （3）当 a < 0 a<0 a<0 时，因为 e x − a > 0 \mathrm{e}^{x}-a>0 ex−a>0，所以 f ′ ( x ) = 0 f^{\prime}(x)=0 f′(x)=0 的根为 x = ln ⁡ ( − a 2 ) x=\ln \left(-\frac{a}{2}\right) x=ln(−2a​)。当 x < ln ⁡ ( − a 2 ) x<\ln \left(-\frac{a}{2}\right) x<ln(−2a​) 时， f ′ ( x ) < 0 f^{\prime}(x)<0 f′(x)<0， f ( x ) f(x) f(x) 单调递减，当 x > ln ⁡ ( − a 2 ) x>\ln \left(-\frac{a}{2}\right) x>ln(−2a​) 时， f ′ ( x ) > 0 f^{\prime}(x)>0 f′(x)>0， f ( x ) f(x) f(x) 单调递增。
         综上可知，当 a = 0 a=0 a=0 时， f ( x ) f(x) f(x) 在 R \mathbb{R} R 上单调递增；当 a > 0 a>0 a>0 时， f ( x ) f(x) f(x) 在 ( ln ⁡ a , + ∞ ) (\ln a,+\infty) (lna,+∞) 上单调递增，在 ( − ∞ , ln ⁡ a ) (-\infty, \ln a) (−∞,lna) 上单调递减；当 a < 0 a<0 a<0 时， f ( x ) f(x) f(x) 在 ( ln ⁡ ( − a 2 ) , + ∞ ) \left(\ln \left(-\frac{a}{2}\right),+\infty\right) (ln(−2a​),+∞) 上单调递增，在 ( − ∞ , ln ⁡ ( − a 2 ) ) \left(-\infty, \ln \left(-\frac{a}{2}\right)\right) (−∞,ln(−2a​)) 上单调递减。

• 【变式 2.16.1】（2016 天津理 20）设函数 f ( x ) = ( x − 1 ) 3 − a x − b , x ∈ R f(x)=(x-1)^{3}-a x-b, x \in \mathbb{R} f(x)=(x−1)3−ax−b,x∈R，其中 a , b ∈ R a, b \in \mathbb{R} a,b∈R。求 f ( x ) f(x) f(x) 的单调区间。

• 【变式 2.16.2】（2016 山东理 20）已知函数 f ( x ) = a ( x − ln ⁡ x ) + 2 x − 1 x 2 , a ∈ R f(x)=a(x-\ln x)+\frac{2 x-1}{x^{2}}, a \in \mathbb{R} f(x)=a(x−lnx)+x22x−1​,a∈R。讨论函数 f ( x ) f(x) f(x) 的单调性。

极值与最值

       在上一节我们阐述了函数 f ( x ) f(x) f(x) 的导函数 f ′ ( x ) > 0 f^{\prime}(x)>0 f′(x)>0，函数 f ( x ) f(x) f(x) 单调递增， f ′ ( x ) < 0 f^{\prime}(x)<0 f′(x)<0，函数 f ( x ) f(x) f(x) 单调递减，那么 f ′ ( x ) = 0 f^{\prime}(x)=0 f′(x)=0 又有什么特殊意义呢？

【知识点 2】

       若函数 f ( x ) f(x) f(x) 在 x 0 x_{0} x0​ 处取得极值，则 f ′ ( x 0 ) = 0 f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0 f′(x0​)=0。

• 【例 2.17】（2018 新课标 Ⅰ 文 21）已知函数 f ( x ) = a e x − ln ⁡ x − 1 f(x)=a \mathrm{e}^{x}-\ln x-1 f(x)=aex−lnx−1，设 x = 2 x=2 x=2 是 f ( x ) f(x) f(x) 的极值点，求 a a a。

• 【解析】 对函数 f ( x ) f(x) f(x) 求导可得 f ′ ( x ) = a e x − 1 x f^{\prime}(x)=a \mathrm{e}^{x}-\frac{1}{x} f′(x)=aex−x1​，因为 x = 2 x=2 x=2 是 f ( x ) f(x) f(x) 的极值点，所以 f ′ ( 2 ) = 0 f^{\prime}(2)=0 f′(2)=0,
  即 a e 2 − 1 2 = 0 a \mathrm{e}^{2}-\frac{1}{2}=0 ae2−21​=0，解得 a = 1 2 e 2 a=\frac{1}{2 \mathrm{e}^{2}} a=2e21​。

       在明确 x 0 x_{0} x0​ 为函数 f ( x ) f(x) f(x) 的极值点的前提下，必有 f ′ ( x 0 ) = 0 f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0 f′(x0​)=0。若 f ′ ( x 0 ) = 0 f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0 f′(x0​)=0，并不能说明 x 0 x_{0} x0​ 为函数
f ( x ) f(x) f(x) 的极值点，还得判断 f ′ ( x ) f^{\prime}(x) f′(x) 在 x 0 x_{0} x0​ 两侧是否异号，总结如下：

【知识点 3】

       若函数 f ( x ) f(x) f(x) 在 x 0 x_{0} x0​ 处满足 f ′ ( x ) = 0 f^{\prime}(x)=0 f′(x)=0，则
       （1）若在 x 0 x_{0} x0​ 的左侧 f ′ ( x ) > 0 f^{\prime}(x)>0 f′(x)>0，右侧 f ′ ( x ) < 0 f^{\prime}(x)<0 f′(x)<0，则 f ( x 0 ) f\left(x_{0}\right) f(x0​) 是极大值， x 0 x_{0} x0​ 是 f ( x ) f(x) f(x) 的极大值点；
       （2）若在 x 0 x_{0} x0​ 的左侧 f ′ ( x ) < 0 f^{\prime}(x)<0 f′(x)<0，右侧 f ′ ( x ) > 0 f^{\prime}(x)>0 f′(x)>0，则 f ( x 0 ) f\left(x_{0}\right) f(x0​) 是极小值， x 0 x_{0} x0​ 是 f ( x ) f(x) f(x) 的极小值点；
       （3）若 f ′ ( x ) f^{\prime}(x) f′(x) 在 x 0 x_{0} x0​ 两侧不变号，则 f ( x 0 ) f\left(x_{0}\right) f(x0​) 不是极值， x 0 x_{0} x0​ 不是 f ( x ) f(x) f(x) 的极值点。

• 【注】 特别注意，极值点并不是点，而是横坐标。

• 【例 2.18】 设函数 f ( x ) f(x) f(x) 的导函数 f ′ ( x ) = x 3 − 3 x + 2 f^{\prime}(x)=x^{3}-3 x+2 f′(x)=x3−3x+2，则函数 f ( x ) f(x) f(x) 的极值点为（       ）。
  A. 1 1 1
  B. − 2 -2 −2
  C. 1 1 1 或 − 2 -2 −2
  D. 1 1 1 或 2 2 2

• 【解析】 因为 f ′ ( x ) = x 3 − 3 x + 2 = ( x − 1 ) 2 ( x + 2 ) f^{\prime}(x)=x^{3}-3 x+2=(x-1)^{2}(x+2) f′(x)=x3−3x+2=(x−1)2(x+2)，所以 f ′ ( x ) = 0 f^{\prime}(x)=0 f′(x)=0 的根为 x = 1 x=1 x=1 或 x = − 2 x=-2 x=−2，于是函数 f ( x ) f(x) f(x) 的极值点只可能是 x = 1 x=1 x=1 或 x = − 2 x=-2 x=−2 。
         （1）当 x < − 2 x<-2 x<−2 时， f ′ ( x ) < 0 f^{\prime}(x)<0 f′(x)<0; 当 − 2 < x < 1 -2<x<1 −2<x<1 时， f ′ ( x ) > 0 f^{\prime}(x)>0 f′(x)>0，所以 x = − 2 x=-2 x=−2 是 f ( x ) f(x) f(x) 的极值点。
         （2）当 − 2 < x < 1 -2<x<1 −2<x<1 或 x > 1 x>1 x>1 时， f ′ ( x ) > 0 f^{\prime}(x)>0 f′(x)>0，所以 x = 1 x=1 x=1 不是函数 f ( x ) f(x) f(x) 的极值点。
         综上可知， x = − 2 x=-2 x=−2 是函数 f ( x ) f(x) f(x) 的极值点，故选 B。

• 【例 2.19】（2019 重庆五月调研理 21）已知 a ∈ R a \in \mathbb{R} a∈R，函数 f ( x ) = x 2 + 2 a x + ( 4 − a ) ln ⁡ x f(x)=x^{2}+2 a x+(4-a) \ln x f(x)=x2+2ax+(4−a)lnx 有两个不同的极值点，求 a a a 的取值范围。

• 【解析】 求导可得 f ′ ( x ) = 2 x + 2 a + 4 − a x = 2 x 2 + 2 a x + 4 − a x f^{\prime}(x)=2 x+2 a+\frac{4-a}{x}=\frac{2 x^{2}+2 a x+4-a}{x} f′(x)=2x+2a+x4−a​=x2x2+2ax+4−a​。令 g ( x ) = 2 x 2 + 2 a x + 4 − a ( x > 0 ) g(x)=2 x^{2}+2 a x+4-a(x>0) g(x)=2x2+2ax+4−a(x>0)， f ( x ) f(x) f(x) 有两个极值点等价于 g ( x ) = 2 x 2 + 2 a x + 4 − a = 0 g(x)=2 x^{2}+2 a x+4-a=0 g(x)=2x2+2ax+4−a=0 在 ( 0 , + ∞ ) (0,+\infty) (0,+∞) 有两个不同的实数根，则 { Δ = 4 a 2 − 8 ( 4 − a ) > 0 − a 2 > 0 g ( 0 ) > 0 \begin{cases} \Delta=4 a^{2}-8(4-a)>0 \\ -\frac{a}{2}>0 \\ g(0)>0 & \end{cases} ⎩⎪⎨⎪⎧​Δ=4a2−8(4−a)>0−2a​>0g(0)>0​​，解得 a < − 4 a<-4 a<−4。故实数 a a a 的取值范围是 ( − ∞ , − 4 ) (-\infty,-4) (−∞,−4)。

• 【例 2.20】（2017 全国 Ⅱ 理 11）若 x = − 2 x=-2 x=−2 是函数 f ( x ) = ( x 2 + a x − 1 ) e x − 1 f(x)=\left(x^{2}+a x-1\right) \mathrm{e}^{x-1} f(x)=(x2+ax−1)ex−1 的极值点，则 f ( x ) f(x) f(x) 的极小值为（       ）。
  A. − 1 -1 −1
  B. − 2 e − 3 -2 \mathrm{e}^{-3} −2e−3
  C. 5 e − 3 5 \mathrm{e}^{-3} 5e−3
  D. 1 1 1

• 【解析】 对函数 f ( x ) f(x) f(x) 求导可得 f ′ ( x ) = [ x 2 + ( a + 2 ) x + a − 1 ] e x − 1 f^{\prime}(x)=\left[x^{2}+(a+2) x+a-1\right] \mathrm{e}^{x-1} f′(x)=[x2+(a+2)x+a−1]ex−1， x = − 2 x=-2 x=−2 是函数 f ( x ) f(x) f(x) 的极值点，所以 f ′ ( − 2 ) = 0 f^{\prime}(-2)=0 f′(−2)=0，可得 a = − 1 a=-1 a=−1，可得 f ( x ) = ( x 2 − x − 1 ) e x − 1 ， f ′ ( x ) = ( x 2 + x − 2 ) e x − 1 f(x)=\left(x^{2}-x-1\right) \mathrm{e}^{x-1}，f^{\prime}(x)=\left(x^{2}+x-2\right) \mathrm{e}^{x-1} f(x)=(x2−x−1)ex−1，f′(x)=(x2+x−2)ex−1。令 f ′ ( x ) = 0 f^{\prime}(x)=0 f′(x)=0，解得 x = − 2 x=-2 x=−2 或 x = 1 x=1 x=1。
         （1）当 x < − 2 x<-2 x<−2 时， f ′ ( x ) > 0 f^{\prime}(x)>0 f′(x)>0，当 − 2 < x < 1 -2<x<1 −2<x<1 时， f ′ ( x ) < 0 f^{\prime}(x)<0 f′(x)<0，所以 x = − 2 x=-2 x=−2 是函数 f ( x ) f(x) f(x) 的极大值点；
         （2）当 x > 1 x>1 x>1 时， f ′ ( x ) > 0 f^{\prime}(x)>0 f′(x)>0，当 − 2 < x < 1 -2<x<1 −2<x<1 时， f ′ ( x ) < 0 f^{\prime}(x)<0 f′(x)<0，所以 x = 1 x=1 x=1 是函数 f ( x ) f(x) f(x) 的极小值点，则 f ( 1 ) = − 1 f(1)=-1 f(1)=−1，故选 A。

• 【变式 2.20.1】 设 a ∈ R a \in \mathbb{R} a∈R，若函数 f ( x ) = e a x + 3 x ( x ∈ R ) f(x)=\mathrm{e}^{a x}+3 x(x \in \mathbb{R}) f(x)=eax+3x(x∈R) 有大于零的极值点，则（       ）。
  A. a > − 3 a>-3 a>−3
  B. a < − 3 a<-3 a<−3
  C. a > − 1 3 a>-\frac{1}{3} a>−31​
  D. a < − 1 3 a<-\frac{1}{3} a<−31​

• 【变式 2.20.2】（2018 北京理 18）设函数 f ( x ) = [ a x 2 − ( 4 a + 1 ) x + 4 a + 3 ] e x f(x)=\left[a x^{2}-(4 a+1) x+4 a+3\right] \mathrm{e}^{x} f(x)=[ax2−(4a+1)x+4a+3]ex，若 f ( x ) f(x) f(x) 在 x = 2 x=2 x=2 处取得极小值，求 a a a 的取值范围。

【知识点 4】 求函数 f ( x ) f(x) f(x) 在 [ a , b ] [a, b] [a,b] 上的最大值与最小值的步骤：

       （1）先确定 f ( x ) f(x) f(x) 在 ( a , b ) (a, b) (a,b) 上的所有可能的极值点，即先求 f ′ ( x ) f^{\prime}(x) f′(x) 的所有零点，不妨设为 x 1 , ⋯   , x n x_{1}, \cdots, x_{n} x1​,⋯,xn​
       （2） f ( x ) max ⁡ = max ⁡ { f ( a ) , f ( x 1 ) , ⋯   , f ( x n ) , f ( b ) } f(x)_{\max }=\max \left\{f(a), f\left(x_{1}\right), \cdots, f\left(x_{n}\right), f(b)\right\} f(x)max​=max{f(a),f(x1​),⋯,f(xn​),f(b)}， f ( x ) min ⁡ = min ⁡ { f ( a ) , f ( x 1 ) , ⋯   , f ( x n ) , f ( b ) } f(x)_{\min }=\min \left\{f(a), f\left(x_{1}\right), \cdots, f\left(x_{n}\right), f(b)\right\} f(x)min​=min{f(a),f(x1​),⋯,f(xn​),f(b)}。

       求最值的过程中可以不去验证 f ( x 1 ) , ⋯   , f ( x n ) f\left(x_{1}\right), \cdots, f\left(x_{n}\right) f(x1​),⋯,f(xn​) 是否为函数 f ( x ) f(x) f(x) 的极值，只判断它们的大小即可。

• 【例 2.21】（2014 四川文 21）已知函数 f ( x ) = e x − a x 2 − b x − 1 f(x)=\mathrm{e}^{x}-a x^{2}-b x-1 f(x)=ex−ax2−bx−1，若 g ( x ) g(x) g(x) 是函数 f ( x ) f(x) f(x) 的导函数，求函数 g ( x ) g(x) g(x) 在区间 [ 0 , 1 ] [0,1] [0,1] 上的最小值。

• 【解析】 对函数 f ( x ) f(x) f(x) 求导可得 f ′ ( x ) = e x − 2 a x − b f^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}-2 a x-b f′(x)=ex−2ax−b，则 g ( x ) = e x − 2 a x − b g(x)=\mathrm{e}^{x}-2 a x-b g(x)=ex−2ax−b，可得 g ′ ( x ) = e x − 2 a g^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}-2 a g′(x)=ex−2a。
         （1）当 a ⩽ 1 2 a \leqslant \frac{1}{2} a⩽21​ 时， g ′ ( x ) ⩾ 0 g^{\prime}(x) \geqslant 0 g′(x)⩾0，函数 g ( x ) g(x) g(x) 在区间 [ 0 , 1 ] [0,1] [0,1] 上单调递增，因此最小值为 g ( 0 ) = 1 − b g(0)=1-b g(0)=1−b。
         （2）当 a ⩾ e 2 a \geqslant \frac{\mathrm{e}}{2} a⩾2e​ 时， g ′ ( x ) ⩽ 0 g^{\prime}(x) \leqslant 0 g′(x)⩽0，函数 g ( x ) g(x) g(x) 在区间 [ 0 , 1 ] [0,1] [0,1] 上单调递减，因此最小值为 g ( 1 ) = e − 2 a − b g(1)=\mathrm{e}-2 a-b g(1)=e−2a−b。
         （3）当 1 2 < a < e 2 \frac{1}{2}<a<\frac{\mathrm{e}}{2} 21​<a<2e​ 时，令 g ′ ( x ) = 0 g^{\prime}(x)=0 g′(x)=0，解得 x = ln ⁡ 2 a x=\ln 2 a x=ln2a，所以函数 g ( x ) g(x) g(x) 在区间 [ 0 , ln ⁡ 2 a ] [0, \ln 2 a] [0,ln2a] 上单调递减，在区间 [ ln ⁡ 2 a , 1 ] [\ln 2 a, 1] [ln2a,1] 上单调递增。于是，函数 g ( x ) g(x) g(x) 在区间 [ 0 , 1 ] [0,1] [0,1] 上的最小值为 g ( ln ⁡ 2 a ) = 2 a − 2 a ln ⁡ 2 a − b 。  g(\ln 2 a)=2 a-2 a \ln 2 a-b_{\text {。 }} g(ln2a)=2a−2aln2a−b。 ​ 综上所述，函数 g ( x ) g(x) g(x) 在区间 [ 0 , 1 ] [0,1] [0,1] 上的最小值为 g ( x ) min ⁡ = { 1 − b , a ⩽ 1 2 2 a − 2 a ln ⁡ 2 a − b , 1 2 < a < e 2 e − 2 a − b , a ⩾ e 2 g(x)_{\min }=\begin{cases} 1-b, & a \leqslant \frac{1}{2} \\ 2 a-2 a \ln 2 a-b, & \frac{1}{2}<a<\frac{\mathrm{e}}{2} \\ \mathrm{e}-2 a-b, & a \geqslant \frac{\mathrm{e}}{2}\end{cases} g(x)min​=⎩⎪⎨⎪⎧​1−b,2a−2aln2a−b,e−2a−b,​a⩽21​21​<a<2e​a⩾2e​​。

• 【变式 2.21.1】 （2019 武汉二月文 9）函数 f ( x ) = x 2 − ln ⁡ x f(x)=x^{2}-\ln x f(x)=x2−lnx 的最小值为（       ）。
  A. 1 + ln ⁡ 2 1+\ln 2 1+ln2
  B. 1 − ln ⁡ 2 1-\ln 2 1−ln2
  C. 1 + ln ⁡ 2 2 \frac{1+\ln 2}{2} 21+ln2​
  D. 1 − ln ⁡ 2 2 \frac{1-\ln 2}{2} 21−ln2​

• 【变式 2.21.2】（2019 绵阳一诊理 20）设函数 f ( x ) = e x − a x + 3 f(x)=\mathrm{e}^{x}-a x+3 f(x)=ex−ax+3，若函数 f ( x ) f(x) f(x) 在区间 [ 1 , 2 ] [1,2] [1,2] 上的最小值是 4 4 4，求 a a a 的值。

变式参考答案

• 【变式 2.8.1】
         函数问题定义域先行，根据题意可知函数定义域为 ( − ∞ , − 2 ) ∪ ( − 2 , + ∞ ) (-\infty,-2) \cup(-2,+\infty) (−∞,−2)∪(−2,+∞)，对函数求导可得 f ′ ( x ) = x 2 ( x + 2 ) 2 x ⩾ 0 f^{\prime}(x)=\frac{x^{2}}{(x+2)^{2}} \mathrm{x} \geqslant 0 f′(x)=(x+2)2x2​x⩾0，由此可知函数在 ( − ∞ , − 2 ) (-\infty,-2) (−∞,−2)， ( − 2 , + ∞ ) (-2,+\infty) (−2,+∞) 上单调递增。

• 【变式 2.8.2】
         函数定义域为 R \mathbb{R} R，对函数 f ( x ) = ( 1 − x 2 ) e x f(x)=\left(1-x^{2}\right) \mathrm{e}^{x} f(x)=(1−x2)ex 求导可得 f ′ ( x ) = e x ( − x 2 − 2 x + 1 ) f^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}\left(-x^{2}-2 x+1\right) f′(x)=ex(−x2−2x+1)。
         （1）当 f ′ ( x ) > 0 f^{\prime}(x)>0 f′(x)>0 时，即 − x 2 − 2 x + 1 > 0 -x^{2}-2 x+1>0 −x2−2x+1>0，可得 − 1 − 2 < x < − 1 + 2 -1-\sqrt{2}<x<-1+\sqrt{2} −1−2 ​<x<−1+2 ​，所以函数 f ( x ) f(x) f(x) 在 ( − 1 − 2 , − 1 + 2 ) (-1-\sqrt{2},-1+\sqrt{2}) (−1−2 ​,−1+2 ​) 上单调递增；
         （2）当 f ′ ( x ) < 0 f^{\prime}(x)<0 f′(x)<0 时，即 − x 2 − 2 x + 1 < 0 -x^{2}-2 x+1<0 −x2−2x+1<0，可得 x < − 1 − 2 x<-1-\sqrt{2} x<−1−2 ​ 或 x > − 1 + 2 x>-1+\sqrt{2} x>−1+2 ​，所以函数 f ( x ) f(x) f(x) 在 ( − ∞ , − 1 − 2 ) (-\infty,-1-\sqrt{2}) (−∞,−1−2 ​) 和 ( − 1 + 2 , + ∞ ) (-1+\sqrt{2},+\infty) (−1+2 ​,+∞) 上单调递减。

• 【变式 2.10.1】
          f ( x ) f(x) f(x) 的定义域为 ( 0 , + ∞ ) (0,+\infty) (0,+∞)， f ′ ( x ) = 1 x − a = 1 − a x x f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-a=\frac{1-a x}{x} f′(x)=x1​−a=x1−ax​。
         （1）当 a ⩽ 0 a \leqslant 0 a⩽0 时，因为 x > 0 x>0 x>0，所以 1 − a x > 0 1-a x>0 1−ax>0 恒成立 ⇔ f ′ ( x ) > 0 \Leftrightarrow f^{\prime}(x)>0 ⇔f′(x)>0 恒成立，函数 f ( x ) f(x) f(x) 在 ( 0 , + ∞ ) (0,+\infty) (0,+∞) 上单调递增。
         （2）当 a > 0 a>0 a>0 时， f ′ ( x ) > 0 ⇔ x < 1 a f^{\prime}(x)>0 \Leftrightarrow x<\frac{1}{a} f′(x)>0⇔x<a1​，函数 f ( x ) f(x) f(x) 在 ( 0 , 1 a ) \left(0, \frac{1}{a}\right) (0,a1​) 上单调递增； f ′ ( x ) < 0 ⇔ x > 1 a f^{\prime}(x)<0 \Leftrightarrow x>\frac{1}{a} f′(x)<0⇔x>a1​，函数 f ( x ) f(x) f(x) 在 ( 1 a , + ∞ ) \left(\frac{1}{a},+\infty\right) (a1​,+∞) 上单调递减。

• 【变式 2.10.2】
          f ( x ) f(x) f(x) 的定义域为 ( 0 , + ∞ ) (0,+\infty) (0,+∞)， f ′ ( x ) = 1 x + 2 a x + 2 a + 1 = ( 2 a x + 1 ) ( x + 1 ) x . f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}+2 a x+2 a+1=\frac{(2 a x+1)(x+1)}{x} . f′(x)=x1​+2ax+2a+1=x(2ax+1)(x+1)​.
         （1）当 a ⩾ 0 a \geqslant 0 a⩾0 时， 2 a x + 1 > 0 ⇔ f ′ ( x ) > 0 2 a x+1>0 \Leftrightarrow f^{\prime}(x)>0 2ax+1>0⇔f′(x)>0， f ( x ) f(x) f(x) 在 ( 0 , + ∞ ) (0,+\infty) (0,+∞) 上单调递增;
         （2）当 a < 0 a<0 a<0 时， f ′ ( x ) > 0 ⇔ x < − 1 2 a f^{\prime}(x)>0 \Leftrightarrow x<-\frac{1}{2 a} f′(x)>0⇔x<−2a1​， f ( x ) f(x) f(x) 在 ( 0 , − 1 2 a ) \left(0,-\frac{1}{2 a}\right) (0,−2a1​) 上单调递增， f ′ ( x ) < 0 ⇔ x > − 1 2 a f^{\prime}(x)<0 \Leftrightarrow x>-\frac{1}{2 a} f′(x)<0⇔x>−2a1​， f ( x ) f(x) f(x) 在 ( − 1 2 a , + ∞ ) \left(-\frac{1}{2 a},+\infty\right) (−2a1​,+∞) 上单调递减。

• 【变式 2.16.1】
         [分析] f ′ ( x ) = 3 ( x − 1 ) 2 − a f^{\prime}(x)=3(x-1)^{2}-a f′(x)=3(x−1)2−a，临界条件是 Δ = 0 ⇒ a = 0 \Delta=0 \Rightarrow a=0 Δ=0⇒a=0。
         [解析] f ( x ) = ( x − 1 ) 3 − a x − b \quad f(x)=(x-1)^{3}-a x-b f(x)=(x−1)3−ax−b，求导得 f ′ ( x ) = 3 ( x − 1 ) 2 − a f^{\prime}(x)=3(x-1)^{2}-a f′(x)=3(x−1)2−a。
         （1）当 a ⩽ 0 a \leqslant 0 a⩽0 时， f ′ ( x ) ⩾ 0 f^{\prime}(x) \geqslant 0 f′(x)⩾0 恒成立，所以 f ( x ) f(x) f(x) 在 R \mathbb{R} R 上单调递增。
         （2）当 a > 0 a>0 a>0 时， f ′ ( x ) = 0 f^{\prime}(x)=0 f′(x)=0 的两根为 1 ± 3 a 3 1 \pm \frac{\sqrt{3 a}}{3} 1±33a ​​ 。当 x < 1 − 3 a 3 x<1-\frac{\sqrt{3 a}}{3} x<1−33a ​​ 或 x > 1 + 3 a 3 x>1+\frac{\sqrt{3 a}}{3} x>1+33a ​​ 时， f ′ ( x ) > 0 f^{\prime}(x)>0 f′(x)>0， f ( x ) f(x) f(x) 单调递增；当 1 − 3 a 3 < x < 1 + 3 a 3 1-\frac{\sqrt{3 a}}{3}<x<1+\frac{\sqrt{3 a}}{3} 1−33a ​​<x<1+33a ​​ 时， f ′ ( x ) < 0 ， f ( x ) f^{\prime}(x)<0，f(x) f′(x)<0，f(x) 单调递减；
         综上可知，当 a ⩽ 0 a \leqslant 0 a⩽0 时， f ( x ) f(x) f(x) 的单调递增区间为 R ; \mathbb{R} ; R; 当 a > 0 a>0 a>0 时， f ( x ) f(x) f(x) 的单调递增区间为 ( − ∞ , 1 − 3 a 3 ) \left(-\infty, 1-\frac{\sqrt{3 a}}{3}\right) (−∞,1−33a ​​) 和 ( 1 + 3 a 3 , + ∞ ) \left(1+\frac{\sqrt{3 a}}{3},+\infty\right) (1+33a ​​,+∞)，单调递减区间为 ( 1 − 3 a 3 , 1 + 3 a 3 ) \left(1-\frac{\sqrt{3 a}}{3}, 1+\frac{\sqrt{3 a}}{3}\right) (1−33a ​​,1+33a ​​) 。

• 【变式 2.16.2】
         [分析] 函数 f ( x ) f(x) f(x) 的定义域为 x ∈ ( 0 , + ∞ ) x \in(0,+\infty) x∈(0,+∞)， f ′ ( x ) = a − a x − 2 x 2 + 2 x 3 = ( a x 2 − 2 ) ( x − 1 ) x 3 f^{\prime}(x)=a-\frac{a}{x}-\frac{2}{x^{2}}+\frac{2}{x^{3}}=\frac{\left(a x^{2}-2\right)(x-1)}{x^{3}} f′(x)=a−xa​−x22​+x32​=x3(ax2−2)(x−1)​。令 g ( x ) = a x 2 − 2 g(x)=a x^{2}-2 g(x)=ax2−2，临界条件是 { a = 0 Δ = 0 g ( 1 ) = 0 ⇒ { a = 0 a = 2 \begin{cases} a=0 \\ \Delta=0 \\ g(1)=0\end{cases} \Rightarrow \begin{cases} a=0 \\ a=2 \end{cases} ⎩⎪⎨⎪⎧​a=0Δ=0g(1)=0​⇒{a=0a=2​。

       [解析] f ( x ) = a ( x − ln ⁡ x ) + 2 x − 1 x 2 \quad f(x)=a(x-\ln x)+\frac{2 x-1}{x^{2}} f(x)=a(x−lnx)+x22x−1​，定义域为 x ∈ ( 0 , + ∞ ) x \in(0,+\infty) x∈(0,+∞)， f ′ ( x ) = a − a x − 2 x 2 + 2 x 3 = f^{\prime}(x)=a-\frac{a}{x}-\frac{2}{x^{2}}+\frac{2}{x^{3}}= f′(x)=a−xa​−x22​+x32​=
( a x 2 − 2 ) ( x − 1 ) x 3 \frac{\left(a x^{2}-2\right)(x-1)}{x^{3}} x3(ax2−2)(x−1)​
       （1）若 a ⩽ 0 a \leqslant 0 a⩽0，则当 0 < x < 1 0<x<1 0<x<1 时， f ′ ( x ) > 0 f^{\prime}(x)>0 f′(x)>0， f ( x ) f(x) f(x) 单调递增，当 x > 1 x>1 x>1 时， f ′ ( x ) < 0 f^{\prime}(x)<0 f′(x)<0， f ( x ) f(x) f(x) 单调递减。
       （2）若 0 < a < 2 0<a<2 0<a<2，则 f ′ ( x ) = 0 f^{\prime}(x)=0 f′(x)=0 的两根为 2 a \sqrt{\frac{2}{a}} a2​ ​ 和 1，且 2 a > 1 \sqrt{\frac{2}{a}}>1 a2​ ​>1，当 0 < x < 1 0<x<1 0<x<1 或 x > 2 a x>\sqrt{\frac{2}{a}} x>a2​ ​ 时， f ′ ( x ) > 0 f^{\prime}(x)>0 f′(x)>0， f ( x ) f(x) f(x) 单调递增，当 1 < x < 2 a 1<x<\sqrt{\frac{2}{a}} 1<x<a2​ ​ 时， f ′ ( x ) < 0 f^{\prime}(x)<0 f′(x)<0， f ( x ) f(x) f(x) 单调递减。
       （3）若 a = 2 a=2 a=2，则 f ′ ( x ) = 2 ( x − 1 ) 2 ( x + 1 ) x 3 ⩾ 0 f^{\prime}(x)=\frac{2(x-1)^{2}(x+1)}{x^{3}} \geqslant 0 f′(x)=x32(x−1)2(x+1)​⩾0 恒成立， f ( x ) f(x) f(x) 在 ( 0 , + ∞ ) (0,+\infty) (0,+∞) 上单调递增。
       （4）若 a > 2 a>2 a>2，则 f ′ ( x ) = 0 f^{\prime}(x)=0 f′(x)=0 的两根为 2 a \sqrt{\frac{2}{a}} a2​ ​ 和 1，且 0 < 2 a < 1 0<\sqrt{\frac{2}{a}}<1 0<a2​ ​<1，当 0 < x < 2 a 0<x<\sqrt{\frac{2}{a}} 0<x<a2​ ​ 或 x > 1 x>1 x>1 时， f ′ ( x ) > 0 f^{\prime}(x)>0 f′(x)>0， f ( x ) f(x) f(x) 单调递增，当 2 a < x < 1 \sqrt{\frac{2}{a}}<x<1 a2​ ​<x<1 时， f ′ ( x ) < 0 f^{\prime}(x)<0 f′(x)<0， f ( x ) f(x) f(x) 单调递减。
       综上可知，当 a ⩽ 0 a \leqslant 0 a⩽0 时， f ( x ) f(x) f(x) 在 ( 0 , 1 ) (0,1) (0,1) 上单调递增，在 ( 1 , + ∞ ) (1,+\infty) (1,+∞) 上单调递减；当 0 < a < 2 0<a<2 0<a<2 时， f ( x ) f(x) f(x) 在 ( 0 , 1 ) (0,1) (0,1) 和 ( 2 a , + ∞ ) \left(\sqrt{\frac{2}{a}},+\infty\right) (a2​ ​,+∞) 上单调递增，在 ( 1 , 2 a ) \left(1, \sqrt{\frac{2}{a}}\right) (1,a2​ ​) 上单调递减；当 a = 2 a=2 a=2 时， f ( x ) f(x) f(x) 在 ( 0 , + ∞ ) (0,+\infty) (0,+∞) 上单调递增；当 a > 2 a>2 a>2 时， f ( x ) f(x) f(x) 在 ( 0 , 2 a ) \left(0, \sqrt{\frac{2}{a}}\right) (0,a2​ ​) 和 ( 1 , + ∞ ) (1,+\infty) (1,+∞) 上单调递增，在 ( 2 a , 1 ) \left(\sqrt{\frac{2}{a}}, 1\right) (a2​ ​,1) 上单调递减。

• 【变式 2.20.1】
         因为 f ( x ) = e a x + 3 x f(x)=\mathrm{e}^{a x}+3 x f(x)=eax+3x 有大于零的极值点，所以 f ′ ( x ) = a e a x + 3 f^{\prime}(x)=a \mathrm{e}^{a x}+3 f′(x)=aeax+3 存在零点且该零点为正，即 a e a x + 3 = 0 a \mathrm{e}^{a x}+3=0 aeax+3=0 的根为正，显然 a < 0 a<0 a<0 且 x = 1 a ln ⁡ − 3 a > 0 x=\frac{1}{a} \ln \frac{-3}{a}>0 x=a1​lna−3​>0，即 ln ⁡ − 3 a < 0 \ln \frac{-3}{a}<0 lna−3​<0，解得 a < − 3 a<-3 a<−3，故选 B。

• 【变式 2.20.2】
         求导可得 f ′ ( x ) = ( x − 2 ) ( a x − 1 ) e x f^{\prime}(x)=(x-2)(a x-1) \mathrm{e}^{x} f′(x)=(x−2)(ax−1)ex 。
         （1）若 a ⩽ 1 2 a \leqslant \frac{1}{2} a⩽21​，当 0 < x < 2 0<x<2 0<x<2 时 x − 2 < 0 ， a x − 1 ⩽ 1 2 x − 1 < 0 ， f ′ ( x ) > 0 x-2<0，a x-1 \leqslant \frac{1}{2} x-1<0，f^{\prime}(x)>0 x−2<0，ax−1⩽21​x−1<0，f′(x)>0，所以 x = 2 x=2 x=2 不是 f ( x ) f(x) f(x) 的极小值点，不符合题意；
         （2）若 a > 1 2 a>\frac{1}{2} a>21​，当 1 a < x < 2 \frac{1}{a}<x<2 a1​<x<2 时 f ′ ( x ) < 0 f^{\prime}(x)<0 f′(x)<0，当 x > 2 x>2 x>2 时 f ′ ( x ) > 0 f^{\prime}(x)>0 f′(x)>0，所以 f ( x ) f(x) f(x) 在 x = 2 x=2 x=2 处取得极小值，符合题意。
         综上所述， a > 1 2 a>\frac{1}{2} a>21​ 。

• 【变式 2.21.1】
         求导可得 f ′ ( x ) = 2 x − 1 x = 2 x 2 − 1 x f^{\prime}(x)=2 x-\frac{1}{x}=\frac{2 x^{2}-1}{x} f′(x)=2x−x1​=x2x2−1​，当 0 < x < 2 2 0<x<\frac{\sqrt{2}}{2} 0<x<22 ​​ 时， f ′ ( x ) < 0 f^{\prime}(x)<0 f′(x)<0，函数 f ( x ) f(x) f(x) 单调递减，当 x > 2 2 x>\frac{\sqrt{2}}{2} x>22 ​​ 时， f ′ ( x ) > 0 f^{\prime}(x)>0 f′(x)>0，函数 f ( x ) f(x) f(x) 单调递增，则 f ( x ) min ⁡ = f ( 2 2 ) = 1 + ln ⁡ 2 2 f(x)_{\min }=f\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=\frac{1+\ln 2}{2} f(x)min​=f(22 ​​)=21+ln2​，故选 C。

• 【变式 2.21.2】
         求导可得 f ′ ( x ) = e x − a , x ∈ [ 1 , 2 ] f^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}-a, x \in[1,2] f′(x)=ex−a,x∈[1,2] 。
         （1）当 a ⩽ e a \leqslant \mathrm{e} a⩽e 时， f ′ ( x ) ⩾ 0 f^{\prime}(x) \geqslant 0 f′(x)⩾0，函数 f ( x ) f(x) f(x) 在区间 [ 1 , 2 ] [1,2] [1,2] 上单调递增，因此最小值为 f ( 1 ) min ⁡ = e − a + 3 = 4 f(1)_{\min }=\mathrm{e}-a+3=4 f(1)min​=e−a+3=4，即 a = e − 1 a=\mathrm{e}-1 a=e−1，符合题意。
         （2）当 a ⩾ e 2 a \geqslant \mathrm{e}^{2} a⩾e2 时， f ′ ( x ) ⩽ 0 f^{\prime}(x) \leqslant 0 f′(x)⩽0，函数 f ( x ) f(x) f(x) 在区间 [ 1 , 2 ] [1,2] [1,2] 上单调递减，因此最小值为 f ( 2 ) min ⁡ = f(2)_{\min }= f(2)min​= e 2 − 2 a + 3 = 4 \mathrm{e}^{2}-2 a+3=4 e2−2a+3=4，即 a = e 2 − 1 2 a=\frac{\mathrm{e}^{2}-1}{2} a=2e2−1​，不符合题意。
         （3）当 e < a < e 2 \mathrm{e}<a<\mathrm{e}^{2} e<a<e2 时，令 f ′ ( x ) = 0 f^{\prime}(x)=0 f′(x)=0，解得 x = ln ⁡ a x=\ln a x=lna，所以函数 f ( x ) f(x) f(x) 在区间 [ 1 , ln ⁡ a ] [1, \ln a] [1,lna] 上单调递减，在区间 [ ln ⁡ a , 2 ] [\ln a, 2] [lna,2] 上单调递增，于是函数 f ( x ) f(x) f(x) 在 [ 1 , 2 ] [1,2] [1,2] 上的最小值为 f ( ln ⁡ a ) = a − a ln ⁡ a + 3 = 4 f(\ln a)=a-a \ln a+3=4 f(lna)=a−alna+3=4，即 a − 1 − a ln ⁡ a = 0 a-1-a \ln a=0 a−1−alna=0 。令 g ( a ) = a − 1 − a ln ⁡ a g(a)=a-1-a \ln a g(a)=a−1−alna，则 g ′ ( a ) = − ln ⁡ a g^{\prime}(a)=-\ln a g′(a)=−lna，当 e < a < e 2 \mathrm{e}<a<\mathrm{e}^{2} e<a<e2 时， g ′ ( a ) < 0 g^{\prime}(a)<0 g′(a)<0，函数 g ( a ) g(a) g(a) 单调递减，而 g ( e ) = − 1 g(\mathrm{e})=-1 g(e)=−1，所以 g ( a ) g(a) g(a) 在 ( e , e 2 ) \left(\mathrm{e}, \mathrm{e}^{2}\right) (e,e2) 上没有零点，所以 a − 1 − a ln ⁡ a = 0 a-1-a \ln a=0 a−1−alna=0 无解，故不符合题意。
         综上所述，可知 a a a 的值为 e − 1 \mathrm{e}-1 e−1。

练习题

1. （2005 全国 Ⅰ 文 3）已知函数 f ( x ) = x 3 + a x 2 + 3 x − 9 f(x)=x^{3}+a x^{2}+3 x-9 f(x)=x3+ax2+3x−9，若 f ( x ) f(x) f(x) 在 x = − 3 x=-3 x=−3 时取得极值，则 a = a= a=（       ）。
   A. 2 2 2
   B. 3 3 3
   C. 4 4 4
   D. 5 5 5

2. （2010 山东文 8）已知某生产厂家的年利润 y y y（单位：万元 ）与年产量 x x x（单位：万件）的函数关系式为 y = − 1 3 x 3 + 81 x − 234 y=-\frac{1}{3} x^{3}+81 x-234 y=−31​x3+81x−234，则使该生产厂家获得最大年利润的年产量为（       ）。
   A. 13 13 13 万件
   B. 11 11 11 万件
   C. 9 9 9 万件
   D. 7 7 7 万件

3. （2011 湖南理 8）设直线 x = t x=t x=t 与函数 f ( x ) = x 2 f(x)=x^{2} f(x)=x2， g ( x ) = ln ⁡ x g(x)=\ln x g(x)=lnx 的图像分别交于点 M M M， N N N，则当 ∣ M N ∣ |M N| ∣MN∣ 达到最小时， t t t 的值为（       ）。
   A. 1 1 1
   B. 1 2 \frac{1}{2} 21​
   C. 5 2 \frac{\sqrt{5}}{2} 25 ​​
   D. 2 2 \frac{\sqrt{2}}{2} 22 ​​

4. （2013 福建理 8）设函数 f ( x ) f(x) f(x) 的定义域为 R \mathbb{R} R， x 0 ( x 0 ≠ 0 ) x_{0}\left(x_{0} \neq 0\right) x0​(x0​​=0) 是 f ( x ) f(x) f(x) 的极大值点，以下结论一定正确的是（       ）。
   A. ∀ x ∈ R , f ( x ) ⩽ f ( x 0 ) \forall x \in \mathbb{R}, f(x) \leqslant f\left(x_{0}\right) ∀x∈R,f(x)⩽f(x0​)
   B. − x 0 -x_{0} −x0​ 是 f ( − x ) f(-x) f(−x) 的极小值点
   C. − x 0 -x_{0} −x0​ 是 − f ( x ) -f(x) −f(x) 的极小值点
   D. − x 0 -x_{0} −x0​ 是 − f ( − x ) -f(-x) −f(−x) 的极小值点

5. （2017 山东文 10）若函数 e x f ( x ) \mathrm{e}^{x} f(x) exf(x) 在 f ( x ) f(x) f(x) 的定义域上单调递增，则称函数 f ( x ) f(x) f(x) 具有 M M M 性质，下列函数中具有 M M M 性质的是（       ）。
   A. f ( x ) = 2 − x f(x)=2^{-x} f(x)=2−x
   B. f ( x ) = x 2 f(x)=x^{2} f(x)=x2
   C. f ( x ) = 3 − x f(x)=3^{-x} f(x)=3−x
   D. f ( x ) = cos ⁡ x f(x)=\cos x f(x)=cosx

6. （2015 陕西理 12）对二次函数 f ( x ) = a x 2 + b x + c ( a f(x)=a x^{2}+b x+c(a f(x)=ax2+bx+c(a 为非零整数)，四位同学分别给出下列结论，其中有且仅有一个结论是错误的，则错误的结论是（       ）。
   A. − 1 -1 −1 是 f ( x ) f(x) f(x) 的零点
   B. 1 1 1 是 f ( x ) f(x) f(x) 的极值点
   C. 3 3 3 是 f ( x ) f(x) f(x) 的极值
   D. 点 ( 2 , 8 ) (2,8) (2,8) 在曲线 f ( x ) f(x) f(x) 上

7. （2007 江苏 13）已知函数 f ( x ) = x 3 − 12 x + 8 f(x)=x^{3}-12 x+8 f(x)=x3−12x+8 在区间 [ − 3 , 3 ] [-3,3] [−3,3] 上的最大值与最小值分别为 M M M， m m m，则 M − m = M-m= M−m= ______。

8. （2009 全国 II 理 22(Ⅰ)）函数 f ( x ) = x 2 + a ln ⁡ ( 1 + x ) f(x)=x^{2}+a \ln (1+x) f(x)=x2+aln(1+x) 有两个极值点 x 1 x_{1} x1​， x 2 x_{2} x2​，则实数 a a a 的取值范围是 ______。

9. （2018 江苏 11）若函数 f ( x ) = 2 x 3 − a x 2 + 1 f(x)=2 x^{3}-a x^{2}+1 f(x)=2x3−ax2+1 在 ( 0 , + ∞ ) (0,+\infty) (0,+∞) 上有且只有一个零点，则 f ( x ) f(x) f(x) 在区间 [ − 1 , 1 ] [-1,1] [−1,1] 上的最大值与最小值之和为 ______。

10. （2009 浙江理 22(Ⅰ)）函数 p ( x ) = x 3 + ( k − 1 ) x 2 + ( k + 5 ) x − 1 p(x)=x^{3}+(k-1) x^{2}+(k+5) x-1 p(x)=x3+(k−1)x2+(k+5)x−1 在区间 ( 0 , 3 ) (0,3) (0,3) 上不单调，则实数 k k k 的取值范围是 ______。

11. （2015 全国 Ⅱ 文 21）已知 f ( x ) = ln ⁡ x + a ( 1 − x ) f(x)=\ln x+a(1-x) f(x)=lnx+a(1−x)。当 f ( x ) f(x) f(x) 有最大值，且最大值大于 2 a − 2 2 a-2 2a−2 时，求 a a a 的取值范围。

12. （2019 全国 Ⅲ 理 20）已知函数 f ( x ) = 2 x 3 − a x 2 + b f(x)=2 x^{3}-a x^{2}+b f(x)=2x3−ax2+b。
    （1） 讨论 f ( x ) f(x) f(x) 的单调性。
    （2）是否存在 a a a， b b b，使得 f ( x ) f(x) f(x) 在区间 [ 0 , 1 ] [0,1] [0,1] 上的最小值为 − 1 -1 −1 且最大值为 1 1 1？若存在,求出 a a a， b b b 的所有值；若不存在，说明理由。

13. （2009 海南理 21）已知函数 f ( x ) = ( x 3 + 3 x 2 + a x + b ) e − x f(x)=\left(x^{3}+3 x^{2}+a x+b\right) \mathrm{e}^{-x} f(x)=(x3+3x2+ax+b)e−x，若 f ( x ) f(x) f(x) 在 ( − ∞ , α ) (-\infty, \alpha) (−∞,α)， ( 2 , β ) (2, \beta) (2,β) 上单调递增，在 ( α , 2 ) (\alpha, 2) (α,2)， ( β , + ∞ ) (\beta,+\infty) (β,+∞) 上单调递减，证明: β − α > 6 \beta-\alpha>6 β−α>6 。

14. （2018 北京文 19）设函数 f ( x ) = [ a x 2 − ( 3 a + 1 ) x + 3 a + 2 ] e x f(x)=\left[a x^{2}-(3 a+1) x+3 a+2\right] \mathrm{e}^{x} f(x)=[ax2−(3a+1)x+3a+2]ex 。
    （1）若曲线 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 在点 ( 2 , f ( 2 ) ) (2, f(2)) (2,f(2)) 处的切线斜率为 0，求 a a a；
    （2）若 f ( x ) f(x) f(x) 在 x = 1 x=1 x=1 处取得极小值，求 a a a 的取值范围。

15. （2016 全国 Ⅰ 文 21）已知 f ( x ) = ( x − 2 ) e x + a ( x − 1 ) 2 f(x)=(x-2) \mathrm{e}^{x}+a(x-1)^{2} f(x)=(x−2)ex+a(x−1)2。讨论 f ( x ) f(x) f(x) 的单调性。

练习题答案

1. f ′ ( x ) = 3 x 2 + 2 a x + 3 f^{\prime}(x)=3 x^{2}+2 a x+3 f′(x)=3x2+2ax+3，因为 f ( x ) f(x) f(x) 在 x = − 3 x=-3 x=−3 时取得极值，所以 f ′ ( − 3 ) = 0 f^{\prime}(-3)=0 f′(−3)=0，即 3 × ( − 3 ) 2 + 3 \times(-3)^{2}+ 3×(−3)2+ 2 × ( − 3 ) a + 3 = 0 2 \times(-3) a+3=0 2×(−3)a+3=0，解得 a = 5 a=5 a=5 。 故选 D。

2. y ′ = − x 2 + 81 y^{\prime}=-x^{2}+81 y′=−x2+81，易知 y y y 在 ( − ∞ , − 9 ) (-\infty,-9) (−∞,−9)， ( 9 , + ∞ ) (9,+\infty) (9,+∞) 上单调递减，在 [ − 9 , 9 ] [-9,9] [−9,9] 上单调递增，所以 y y y 在 x = 9 x=9 x=9 时取得最大值。故选 C。

3. 因为 M M M， N N N 两点的横坐标相等，所以求 ∣ M N ∣ |M N| ∣MN∣ 最小时 t t t 的值可转化为求函数 h ( x ) = h(x)= h(x)= f ( x ) − g ( x ) = x 2 − ln ⁡ x f(x)-g(x)=x^{2}-\ln x f(x)−g(x)=x2−lnx 的极小值点， h ′ ( x ) = 2 x − 1 x = 0 h^{\prime}(x)=2 x-\frac{1}{x}=0 h′(x)=2x−x1​=0，解得 x = 2 2 x=\frac{\sqrt{2}}{2} x=22 ​​，故选 D。

4. A 选项 ∀ x ∈ R , f ( x ) ⩽ f ( x 0 ) \forall x \in \mathbb{R}, f(x) \leqslant f\left(x_{0}\right) ∀x∈R,f(x)⩽f(x0​)，错误。 x 0 ( x 0 ≠ 0 ) x_{0}\left(x_{0} \neq 0\right) x0​(x0​​=0) 是 f ( x ) f(x) f(x) 的极大值点，并不是最大值点。
   B 选项 − x 0 -x_{0} −x0​ 是 f ( − x 0 ) f\left(-x_{0}\right) f(−x0​) 的极小值点，错误。 f ( − x ) f(-x) f(−x) 的图像与 f ( x ) f(x) f(x) 的图像关于 y y y 轴对称，故 − x 0 -x_{0} −x0​ 应是 f ( − x ) f(-x) f(−x) 的极大值点。
   C 选项 − x 0 -x_{0} −x0​ 是 − f ( x ) -f(x) −f(x) 的极小值点，错误。 − f ( x ) -f(x) −f(x) 的图像与 f ( x ) f(x) f(x) 的图像关于 x x x 轴对称，故 x 0 x_{0} x0​ 应是 − f ( x ) -f(x) −f(x) 的极小值点，跟 − x 0 -x_{0} −x0​ 没有关系。
   D 选项 − x 0 -x_{0} −x0​ 是 − f ( − x ) -f(-x) −f(−x) 的极小值点，正确。 − f ( − x ) -f(-x) −f(−x) 的图像与 f ( x ) f(x) f(x) 的图像先关于 y y y 轴对称，再关于 x x x 轴对称。
   综上所述，故选 D。

5. A 选项 e x f ( x ) = e x 2 − x = ( e 2 ) x \mathrm{e}^{x} f(x)=\mathrm{e}^{x} 2^{-x}=\left(\frac{\mathrm{e}}{2}\right)^{x} exf(x)=ex2−x=(2e​)x 单调递增，符合题意。
   B 选项 e x f ( x ) = e x x 2 \mathrm{e}^{x} f(x)=\mathrm{e}^{x} x^{2} exf(x)=exx2，求导得 ( e x x 2 ) ′ = ( x 2 + 2 x ) e x \left(\mathrm{e}^{x} x^{2}\right)^{\prime}=\left(x^{2}+2 x\right) \mathrm{e}^{x} (exx2)′=(x2+2x)ex，当 − 2 < x < 0 -2<x<0 −2<x<0 时， ( e x x 2 ) ′ < 0 \left(\mathrm{e}^{x} x^{2}\right)^{\prime}<0 (exx2)′<0，单调递减，不符合题意。
   C 选项 e x f ( x ) = e x 3 − x = ( e 3 ) x , 0 < e 3 < 1 \mathrm{e}^{x} f(x)=\mathrm{e}^{x} 3^{-x}=\left(\frac{\mathrm{e}}{3}\right)^{x}, 0<\frac{\mathrm{e}}{3}<1 exf(x)=ex3−x=(3e​)x,0<3e​<1，单调递减，不符合题意。
   D 选项 e x f ( x ) = e x cos ⁡ x \mathrm{e}^{x} f(x)=\mathrm{e}^{x} \cos x exf(x)=excosx，求导 ( e x cos ⁡ x ) ′ = e x ( cos ⁡ x − sin ⁡ x ) \left(\mathrm{e}^{x} \cos x\right)^{\prime}=\mathrm{e}^{x}(\cos x-\sin x) (excosx)′=ex(cosx−sinx)，当 cos ⁡ x − sin ⁡ x < 0 \cos x-\sin x<0 cosx−sinx<0 时，单调递减，不符合题意。
   综上所述，故选 A。

6. 假设 A 选项错，则 f ′ ( x ) = 2 a x + b f^{\prime}(x)=2 a x+b f′(x)=2ax+b，联立 { 2 a + b = 0 a + b + c = 3 \begin{cases} 2 a+b=0 \\ a+b+c=3\end{cases} {2a+b=0a+b+c=3​，解得 { b = − 2 a c = 3 + a \begin{cases} b=-2 a \\ c=3+a\end{cases} {b=−2ac=3+a​。因为点 ( 2 , 8 ) (2,8) (2,8) 在曲线 f ( x ) f(x) f(x) 上，所以 4 a + 2 b + c = 8 4 a+2 b+c=8 4a+2b+c=8，解得 a = 5 a=5 a=5， b = − 10 b=-10 b=−10， c = 8 c=8 c=8 。所以 f ( x ) = 5 x 2 − 10 x + 8 f(x)=5 x^{2}-10 x+8 f(x)=5x2−10x+8。又 f ( − 1 ) = 23 ≠ 0 f(-1)=23 \neq 0 f(−1)=23​=0，所以 − 1 -1 −1 不是 f ( x ) f(x) f(x) 的零点。故选 A。

7. f ′ ( x ) = 3 ( x 2 − 4 ) f^{\prime}(x)=3\left(x^{2}-4\right) f′(x)=3(x2−4)，易知 f ( x ) f(x) f(x) 在 [ − 3 , − 2 ] [-3,-2] [−3,−2]， [ 2 , 3 ] [2,3] [2,3] 上单调递增，在 [ − 2 , 2 ] [-2,2] [−2,2] 上单调递减。所以 f ( x ) max ⁡ = M = max ⁡ { f ( − 2 ) , f ( 3 ) } = 24 f(x)_{\max }=M=\max \{f(-2), f(3)\}=24 f(x)max​=M=max{f(−2),f(3)}=24， f ( x ) min ⁡ = m = min ⁡ { f ( − 3 ) , f ( 2 ) } = − 8 f(x)_{\min }=m=\min \{f(-3), f(2)\}=-8 f(x)min​=m=min{f(−3),f(2)}=−8。所以 M − m = 24 − ( − 8 ) = 32 M-m=24-(-8)=32 M−m=24−(−8)=32。故填 32。

8. f ′ ( x ) = 2 x 2 + 2 x + a x + 1 f^{\prime}(x)=\frac{2 x^{2}+2 x+a}{x+1} f′(x)=x+12x2+2x+a​。由题意 f ′ ( x ) = 0 f^{\prime}(x)=0 f′(x)=0 在 ( − 1 , + ∞ ) (-1,+\infty) (−1,+∞) 上有两个不相等的实数根 x 1 x_{1} x1​， x 2 x_{2} x2​，即 g ′ ( x ) = 2 x 2 + 2 x + a = 0 g^{\prime}(x)=2 x^{2}+2 x+a=0 g′(x)=2x2+2x+a=0 在 ( − 1 , + ∞ ) (-1,+\infty) (−1,+∞) 上有两个解 x 1 x_{1} x1​， x 2 x_{2} x2​，则
   { Δ = 2 2 − 4 × 2 a > 0 g ( − 1 ) = 2 × ( − 1 ) 2 + 2 × ( − 1 ) + a > 0 \begin{cases} \Delta=2^{2}-4 \times 2 a>0 \\ g(-1)=2 \times(-1)^{2}+2 \times(-1)+a>0 \end{cases} {Δ=22−4×2a>0g(−1)=2×(−1)2+2×(−1)+a>0​
   解得 0 < a < 1 2 0<a<\frac{1}{2} 0<a<21​。故填 ( 0 , 1 2 ) \left(0, \frac{1}{2}\right) (0,21​)。

9. 对函数 f ( x ) f(x) f(x) 求导可得 f ′ ( x ) = 6 x 2 − 2 a x f^{\prime}(x)=6 x^{2}-2 a x f′(x)=6x2−2ax，令 f ′ ( x ) = 0 f^{\prime}(x)=0 f′(x)=0，解得 x = 0 , x = a 3 x=0, x=\frac{a}{3} x=0,x=3a​。因为函数 f ( x ) f(x) f(x) 在 ( 0 , + ∞ ) (0,+\infty) (0,+∞) 上有且仅有一个零点且 f ( 0 ) = 1 f(0)=1 f(0)=1，所以 a 3 > 0 \frac{a}{3}>0 3a​>0 且 f ( a 3 ) = 0 f\left(\frac{a}{3}\right)=0 f(3a​)=0，解得 a = 3 a=3 a=3。从而函数 f ( x ) f(x) f(x) 在 [ − 1 , 0 ] [-1,0] [−1,0] 上单调递增，在 [ 0 , 1 ] [0,1] [0,1] 上单调递减，所以 f ( x ) max ⁡ = f ( 0 ) = 1 f(x)_{\max }=f(0)=1 f(x)max​=f(0)=1， f ( x ) min ⁡ = f ( − 1 ) = − 4 f(x)_{\min }=f(-1)=-4 f(x)min​=f(−1)=−4，则 f ( x ) max ⁡ + f ( x ) min ⁡ = − 3 f(x)_{\max }+f(x)_{\min }=-3 f(x)max​+f(x)min​=−3 。故填 − 3 -3 −3。

10. p ′ ( x ) = 3 x 2 + 2 ( k − 1 ) x + k + 5 p^{\prime}(x)=3 x^{2}+2(k-1) x+k+5 p′(x)=3x2+2(k−1)x+k+5，因为 p ( x ) p(x) p(x) 在区间 ( 0 , 3 ) (0,3) (0,3) 上不单调，所以 p ′ ( x ) = 0 p^{\prime}(x)=0 p′(x)=0 在 ( 0 , 3 ) (0,3) (0,3) 上有实数根，且无重根，由 p ′ ( x ) = 0 p^{\prime}(x)=0 p′(x)=0 得 k ( 2 x + 1 ) = − ( 3 x 2 − 2 x + 5 ) k(2 x+1)=-\left(3 x^{2}-2 x+5\right) k(2x+1)=−(3x2−2x+5)，所以 k = − 3 x 2 − 2 x + 5 2 x + 1 = − 3 4 ( 2 x + 1 + 9 2 x + 1 − 10 3 ) k=-\frac{3 x^{2}-2 x+5}{2 x+1}= -\frac{3}{4}\left(2 x+1+\frac{9}{2 x+1}-\frac{10}{3}\right) k=−2x+13x2−2x+5​=−43​(2x+1+2x+19​−310​)，令 t = 2 x + 1 t=2 x+1 t=2x+1，有 t ∈ ( 1 , 7 ) t \in(1,7) t∈(1,7) 。记 h ( t ) = t + 9 t ∈ [ 6 , 10 ) h(t)=t+\frac{9}{t} \in[6,10) h(t)=t+t9​∈[6,10) 。所以有 2 x + 1 + 9 2 x + 1 ∈ [ 6 , 10 ) 2 x+1+\frac{9}{2 x+1} \in[6,10) 2x+1+2x+19​∈[6,10)，得 k ∈ ( − 5 , − 2 ] k \in(-5,-2] k∈(−5,−2]，而当 k = − 2 k=-2 k=−2 时， p ′ ( x ) = 0 p^{\prime}(x)=0 p′(x)=0 在 ( 0 , 3 ) (0,3) (0,3) 上有两个相等的实根 x = 1 x=1 x=1，故舍去，所以 k ∈ ( − 5 , − 2 ) k \in(-5,-2) k∈(−5,−2) 。故填 ( − 5 , − 2 ) (-5,-2) (−5,−2)。

11. f ( x ) f(x) f(x) 的定义域为 ( 0 , + ∞ ) (0,+\infty) (0,+∞)，且 f ′ ( x ) = 1 x − a = 1 − a x x f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-a=\frac{1-a x}{x} f′(x)=x1​−a=x1−ax​，令 f ′ ( x ) = 0 f^{\prime}(x)=0 f′(x)=0 得 x = 1 a x=\frac{1}{a} x=a1​。
    （1）若 a ⩽ 0 a \leqslant 0 a⩽0，则 f ′ ( x ) > 0 f^{\prime}(x)>0 f′(x)>0 对于 x ∈ ( 0 , + ∞ ) x \in(0,+\infty) x∈(0,+∞) 恒成立，所以 f ( x ) f(x) f(x) 在 ( 0 , + ∞ ) (0,+\infty) (0,+∞) 上单调递增，无最大值。
    （2）若 a > 0 a>0 a>0，则当 x ∈ ( 0 , 1 a ) x \in\left(0, \frac{1}{a}\right) x∈(0,a1​) 时， f ′ ( x ) > 0 f^{\prime}(x)>0 f′(x)>0，当 x ∈ ( 1 a , + ∞ ) x \in\left(\frac{1}{a},+\infty\right) x∈(a1​,+∞) 时， f ′ ( x ) < 0 f^{\prime}(x)<0 f′(x)<0，所以 f ( x ) f(x) f(x) 在 ( 0 , 1 a ) \left(0, \frac{1}{a}\right) (0,a1​) 上单调递增，在 ( 1 a , + ∞ ) \left(\frac{1}{a},+\infty\right) (a1​,+∞) 上单调递减，所以 f ( x ) f(x) f(x) 在 x = 1 a x=\frac{1}{a} x=a1​ 处取得最大值，最大值为 f ( x ) max ⁡ = f ( 1 a ) = ln ⁡ ( 1 a ) + a ( 1 − 1 a ) = − ln ⁡ a + a − 1 f(x)_{\max }=f\left(\frac{1}{a}\right)=\ln \left(\frac{1}{a}\right)+a\left(1-\frac{1}{a}\right)=-\ln a+a-1 f(x)max​=f(a1​)=ln(a1​)+a(1−a1​)=−lna+a−1。因此 f ( 1 a ) > 2 a − 2 ⇔ ln ⁡ a + a − 1 < 0 f\left(\frac{1}{a}\right)>2 a-2 \Leftrightarrow \ln a+a-1<0 f(a1​)>2a−2⇔lna+a−1<0。令 g ( a ) = ln ⁡ a + a − 1 g(a)=\ln a+a-1 g(a)=lna+a−1，则 g ′ ( a ) = 1 a + 1 > 0 g^{\prime}(a)=\frac{1}{a}+1>0 g′(a)=a1​+1>0，所以 g ( a ) g(a) g(a) 在 ( 0 , + ∞ ) (0,+\infty) (0,+∞) 单调递增， g ( 1 ) = 0 g(1)=0 g(1)=0 。于是，当 0 < a < 1 0<a<1 0<a<1 时， g ( a ) < 0 g(a)<0 g(a)<0；当 a > 1 a>1 a>1 时， g ( a ) > 0 g(a)>0 g(a)>0。因此， a a a 的取值范围是 ( 0 , 1 ) (0,1) (0,1)。

12. （1）因为 f ( x ) = 2 x 3 − a x 2 + b f(x)=2 x^{3}-a x^{2}+b f(x)=2x3−ax2+b，所以 f ′ ( x ) = 6 x 2 − 2 a x f^{\prime}(x)=6 x^{2}-2 a x f′(x)=6x2−2ax，令 f ′ ( x ) = 0 f^{\prime}(x)=0 f′(x)=0 得 x 1 = 0 x_{1}=0 x1​=0， x 2 = a 3 x_{2}=\frac{a}{3} x2​=3a​。
    ① ① ① 当 a < 0 a<0 a<0 时，当 x ∈ ( − ∞ , a 3 ) ∪ ( 0 , + ∞ ) x \in\left(-\infty, \frac{a}{3}\right) \cup(0,+\infty) x∈(−∞,3a​)∪(0,+∞) 时， f ′ ( x ) > 0 f^{\prime}(x)>0 f′(x)>0；当 x ∈ ( a 3 , 0 ) x \in\left(\frac{a}{3}, 0\right) x∈(3a​,0) 时， f ′ ( x ) < 0 f^{\prime}(x)<0 f′(x)<0，故 f ( x ) f(x) f(x) 在 ( − ∞ , a 3 ) , ( 0 , + ∞ ) \left(-\infty, \frac{a}{3}\right),(0,+\infty) (−∞,3a​),(0,+∞) 上单调递增，在 ( a 3 , 0 ) \left(\frac{a}{3}, 0\right) (3a​,0) 上单调递减。
    ② ② ② 当 a = 0 a=0 a=0， x ∈ R x \in \mathbb{R} x∈R 时， f ′ ( x ) > 0 f^{\prime}(x)>0 f′(x)>0，所以 f ( x ) f(x) f(x) 在 R \mathbb{R} R 上单调递增。
    ③ ③ ③ 当 a > 0 a>0 a>0， x ∈ ( − ∞ , 0 ) ∪ ( a 3 , + ∞ ) x \in(-\infty, 0) \cup\left(\frac{a}{3},+\infty\right) x∈(−∞,0)∪(3a​,+∞) 时， f ′ ( x ) > 0 f^{\prime}(x)>0 f′(x)>0；当 x ∈ ( 0 , a 3 ) x \in\left(0, \frac{a}{3}\right) x∈(0,3a​) 时， f ′ ( x ) < 0 f^{\prime}(x)<0 f′(x)<0，故 f ( x ) f(x) f(x) 在 ( − ∞ , 0 ) , ( a 3 , + ∞ ) (-\infty, 0),\left(\frac{a}{3},+\infty\right) (−∞,0),(3a​,+∞) 上单调递增，在 ( 0 , a 3 ) \left(0, \frac{a}{3}\right) (0,3a​) 上单调递减。
    （2）由 (1) 知，当 a ⩽ 0 a \leqslant 0 a⩽0 时， f ( x ) f(x) f(x) 在 [ 0 , 1 ] [0,1] [0,1] 上单调递增，所以 f ( x ) min ⁡ = f ( 0 ) = b = − 1 f(x)_{\min }=f(0)=b=-1 f(x)min​=f(0)=b=−1， f ( x ) max ⁡ = f ( 1 ) = 2 − a + b = 1 f(x)_{\max }= f(1)=2-a+b=1 f(x)max​=f(1)=2−a+b=1，解得 a = 0 ， b = − 1 a=0，b=-1 a=0，b=−1。
    当 a > 0 a>0 a>0 时，分两种情况讨论。
    ① ① ① 当 a ⩾ 3 a \geqslant 3 a⩾3 时， f ( x ) f(x) f(x) 在 [ 0 , 1 ] [0,1] [0,1] 上单调递减，所以 f ( x ) min ⁡ = f ( 1 ) = 2 − a + b = − 1 ， f ( x ) max ⁡ = f ( 0 ) = b = 1 f(x)_{\min }=f(1)=2-a+b=-1，f(x)_{\max }=f(0)= b=1 f(x)min​=f(1)=2−a+b=−1，f(x)max​=f(0)=b=1，解得 a = 4 ， b = 1 a=4，b=1 a=4，b=1 。
    ② ② ② 当 0 < a < 3 0<a<3 0<a<3 时， f ( x ) f(x) f(x) 在 [ 0 , a 3 ] \left[0, \frac{a}{3}\right] [0,3a​] 上单调递减，在 [ a 3 , 1 ] \left[\frac{a}{3}, 1\right] [3a​,1] 上单调递增，所以 f ( x ) min ⁡ = f ( a 3 ) = − a 3 27 + b = − 1 f(x)_{\min }=f\left(\frac{a}{3}\right)= -\frac{a^{3}}{27}+b=-1 f(x)min​=f(3a​)=−27a3​+b=−1， f ( x ) max ⁡ = max ⁡ { f ( 0 ) , f ( 1 ) } = max ⁡ { b , 2 − a + b } = 1 f(x)_{\max }=\max \{f(0), f(1)\}=\max \{b, 2-a+b\}=1 f(x)max​=max{f(0),f(1)}=max{b,2−a+b}=1。若 − a 3 27 + b = − 1 , b = 1 -\frac{a^{3}}{27}+b=-1, b=1 −27a3​+b=−1,b=1，则
    a = 3 2 3 a=3 \sqrt[3]{2} a=332 ​，与 0 < a < 3 0<a<3 0<a<3 矛盾；若 − a 3 27 + b = − 1 , 2 − a + b = 1 -\frac{a^{3}}{27}+b=-1,2-a+b=1 −27a3​+b=−1,2−a+b=1，则 a = 3 3 a=3 \sqrt{3} a=33 ​ 或 a = − 3 3 a=-3 \sqrt{3} a=−33 ​ 或 a = 0 a=0 a=0，与 0 < a < 3 0<a<3 0<a<3 矛盾。
    综上所述，当且仅当 a = 0 a=0 a=0， b = − 1 b=-1 b=−1 或 a = 4 a=4 a=4， b = 1 b=1 b=1 时， f ( x ) f(x) f(x) 在 [ 0 , 1 ] [0,1] [0,1] 上的最小值为 − 1 -1 −1，最大值为 1 1 1。

13. 求导可得 f ′ ( x ) = − e − x [ x 3 + ( a − 6 ) x + b − a ] f^{\prime}(x)=-\mathrm{e}^{-x}\left[x^{3}+(a-6) x+b-a\right] f′(x)=−e−x[x3+(a−6)x+b−a]，由条件可知 f ′ ( 2 ) = 0 f^{\prime}(2)=0 f′(2)=0，即 2 3 + 2 ( a − 6 ) + b − a = 0 2^{3}+2(a-6)+b-a= 0 23+2(a−6)+b−a=0，可得 b = 4 − a b=4-a b=4−a，故 f ′ ( x ) = − e − x [ x 3 + ( a − 6 ) x + 4 − 2 a ] f^{\prime}(x)=-\mathrm{e}^{-x}\left[x^{3}+(a-6) x+4-2 a\right] f′(x)=−e−x[x3+(a−6)x+4−2a]。因为 f ′ ( α ) = f ′ ( β ) = 0 f^{\prime}(\alpha)=f^{\prime}(\beta)=0 f′(α)=f′(β)=0，所以 x 3 + ( a − 6 ) x + 4 − 2 a = ( x − 2 ) ( x − α ) ( x − β ) = ( x − 2 ) [ x 2 − ( α + β ) x + α β ] x^{3}+(a-6) x+4-2 a=(x-2)(x-\alpha)(x-\beta)=(x-2)\left[x^{2}-(\alpha+\beta) x+\alpha \beta\right] x3+(a−6)x+4−2a=(x−2)(x−α)(x−β)=(x−2)[x2−(α+β)x+αβ]，由此可得 α + β = − 2 \alpha+\beta=-2 α+β=−2， α β = a − 2 \alpha \beta=a-2 αβ=a−2，故 β − α = ( α + β ) 2 − 4 α β = 12 − 4 a \beta-\alpha=\sqrt{(\alpha+\beta)^{2}-4 \alpha \beta}=\sqrt{12-4 a} β−α=(α+β)2−4αβ ​=12−4a ​。又因为 ( α − 2 ) ( β − 2 ) < 0 (\alpha-2)(\beta-2)<0 (α−2)(β−2)<0，即 α β − 2 ( α + β ) + 4 < 0 \alpha \beta-2(\alpha+\beta)+4<0 αβ−2(α+β)+4<0，由此可得 a < − 6 a<-6 a<−6，于是 β − α > 6 \beta-\alpha>6 β−α>6。

14. （1）因为 f ( x ) = [ a x 2 − ( 3 a + 1 ) x + 3 a + 2 ] e x f(x)=\left[a x^{2}-(3 a+1) x+3 a+2\right] \mathrm{e}^{x} f(x)=[ax2−(3a+1)x+3a+2]ex，所以 f ′ ( x ) = ( x − 1 ) ( a x − 1 ) e x f^{\prime}(x)=(x-1)(a x-1) \mathrm{e}^{x} f′(x)=(x−1)(ax−1)ex。又 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x)
    在点 ( 2 , f ( 2 ) ) (2, f(2)) (2,f(2)) 处的切线斜率为 0 0 0，所以 f ′ ( 2 ) = ( 2 a − 1 ) e 2 = 0 f^{\prime}(2)=(2 a-1) \mathrm{e}^{2}=0 f′(2)=(2a−1)e2=0，解得 a = 1 2 a=\frac{1}{2} a=21​。
    （2）当 a = 0 a=0 a=0 时， f ′ ( x ) = − ( x − 1 ) e x f^{\prime}(x)=-(x-1) \mathrm{e}^{x} f′(x)=−(x−1)ex，此时 f ( x ) f(x) f(x) 在 x = 1 x=1 x=1 处取得极大值，不符合题意；当 a ≠ 0 a \neq 0 a​=0 时，由 f ′ ( x ) = 0 f^{\prime}(x)=0 f′(x)=0 得 x 1 = 1 x_{1}=1 x1​=1， x 2 = 1 a x_{2}=\frac{1}{a} x2​=a1​。
    ① ① ① 当 1 a > 1 \frac{1}{a}>1 a1​>1，即 0 < a < 1 0<a<1 0<a<1 时， f ( x ) f(x) f(x) 在 ( − ∞ , 1 ) , ( 1 a , + ∞ ) (-\infty, 1),\left(\frac{1}{a},+\infty\right) (−∞,1),(a1​,+∞) 上单调递增，在 ( 1 , 1 a ) \left(1, \frac{1}{a}\right) (1,a1​) 上单调递减，此时 f ( x ) f(x) f(x) 在 x = 1 x=1 x=1 处取得极大值，不符合题意；
    ② ② ② 当 0 < 1 a < 1 0<\frac{1}{a}<1 0<a1​<1，即 a > 1 a>1 a>1 时， f ( x ) f(x) f(x) 在 ( − ∞ , 1 a ) , ( 1 , + ∞ ) \left(-\infty, \frac{1}{a}\right),(1,+\infty) (−∞,a1​),(1,+∞) 上单调递增，在 ( 1 a , 1 ) \left(\frac{1}{a}, 1\right) (a1​,1) 上单调递减，此时 f ( x ) f(x) f(x) 在 x = 1 x=1 x=1 处取得极小值，符合题意，即 a > 1 a>1 a>1；
    ③ ③ ③ 当 a = 1 a=1 a=1 时， f ( x ) f(x) f(x) 在 R \mathbb{R} R 上单调递增，此时 f ( x ) f(x) f(x) 在 R \mathbb{R} R 上无极值；
    ④ ④ ④ 当 a < 0 a<0 a<0 时， f ( x ) f(x) f(x) 在 ( − ∞ , 1 a ) , ( 1 , + ∞ ) \left(-\infty, \frac{1}{a}\right),(1,+\infty) (−∞,a1​),(1,+∞) 上单调递减，在 ( 1 a , 1 ) \left(\frac{1}{a}, 1\right) (a1​,1) 上单调递增，此时 f ( x ) f(x) f(x) 在 x = 1 x=1 x=1 处取得极大值，不符合题意。
    综上所述， a a a 的取值范围为 ( 1 , + ∞ ) (1,+\infty) (1,+∞)。

15. f ( x ) = ( x − 2 ) e x + a ( x − 1 ) 2 f(x)=(x-2) \mathrm{e}^{x}+a(x-1)^{2} f(x)=(x−2)ex+a(x−1)2，定义域为 R \mathbb{R} R，求导得 f ′ ( x ) = ( x − 1 ) e x + 2 a ( x − 1 ) = ( x − 1 ) ( e x + 2 a ) f^{\prime}(x)=(x-1) \mathrm{e}^{x}+2 a(x-1)= (x-1)\left(\mathrm{e}^{x}+2 a\right) f′(x)=(x−1)ex+2a(x−1)=(x−1)(ex+2a)
    （1）当 a ⩾ 0 a \geqslant 0 a⩾0 时， e x + 2 a > 0 \mathrm{e}^{x}+2 a>0 ex+2a>0 恒成立，所以当 x > 1 x>1 x>1 时， f ′ ( x ) > 0 , f ( x ) f^{\prime}(x)>0, f(x) f′(x)>0,f(x) 单调递增，当 x < 1 x<1 x<1 时， f ′ ( x ) < 0 f^{\prime}(x)<0 f′(x)<0， f ( x ) f(x) f(x) 单调递减。
    （2）当 − e 2 < a < 0 -\frac{\mathrm{e}}{2}<a<0 −2e​<a<0 时， f ′ ( x ) = 0 f^{\prime}(x)=0 f′(x)=0 的两根为 x 1 = 1 ， x 2 = ln ⁡ ( − 2 a ) x_{1}=1，x_{2}=\ln (-2 a) x1​=1，x2​=ln(−2a) 且 x 1 > x 2 x_{1}>x_{2} x1​>x2​ 。当 x > 1 x>1 x>1 或 x < ln ⁡ ( − 2 a ) x<\ln (-2 a) x<ln(−2a) 时， f ′ ( x ) > 0 ， f ( x ) f^{\prime}(x)>0，f(x) f′(x)>0，f(x) 单调递增，当 ln ⁡ ( − 2 a ) < x < 1 \ln (-2 a)<x<1 ln(−2a)<x<1 时， f ′ ( x ) < 0 f^{\prime}(x)<0 f′(x)<0， f ( x ) f(x) f(x) 单调递减。
    （3）当 a = − e 2 a=-\frac{\mathrm{e}}{2} a=−2e​ 时， f ′ ( x ) = ( x − 1 ) ( e x − e ) ⩾ 0 f^{\prime}(x)=(x-1)\left(\mathrm{e}^{x}-\mathrm{e}\right) \geqslant 0 f′(x)=(x−1)(ex−e)⩾0 恒成立， f ( x ) f(x) f(x) 在 R \mathbb{R} R 上单调递增。
    （4）当 a < − e 2 a<-\frac{\mathrm{e}}{2} a<−2e​ 时， f ′ ( x ) = 0 f^{\prime}(x)=0 f′(x)=0 的两根为 x 1 = 1 x_{1}=1 x1​=1， x 2 = ln ⁡ ( − 2 a ) x_{2}=\ln (-2 a) x2​=ln(−2a) 且 x 1 < x 2 x_{1}<x_{2} x1​<x2​。当 x < 1 x<1 x<1 或 x > ln ⁡ ( − 2 a ) x>\ln (-2 a) x>ln(−2a)时， f ′ ( x ) > 0 f^{\prime}(x)>0 f′(x)>0， f ( x ) f(x) f(x) 单调递增，当 1 < x < ln ⁡ ( − 2 a ) 1<x<\ln (-2 a) 1<x<ln(−2a) 时， f ′ ( x ) < 0 f^{\prime}(x)<0 f′(x)<0， f ( x ) f(x) f(x) 单调递减。
    综上可知，当 a ⩾ 0 a \geqslant 0 a⩾0 时， f ( x ) f(x) f(x) 在 ( 1 , + ∞ ) (1,+\infty) (1,+∞) 上单调递增，在 ( − ∞ , 1 ) (-\infty, 1) (−∞,1) 上单调递减；当 − e 2 < a < 0 -\frac{\mathrm{e}}{2}<a<0 −2e​<a<0 时， f ( x ) f(x) f(x) 在 ( − ∞ , ln ⁡ ( − 2 a ) ) (-\infty, \ln (-2 a)) (−∞,ln(−2a)) 和 ( 1 , + ∞ ) (1,+\infty) (1,+∞) 上单调递增，在 ( ln ⁡ ( − 2 a ) , 1 ) (\ln (-2 a), 1) (ln(−2a),1) 上单调递减；当 a = − e 2 a=-\frac{\mathrm{e}}{2} a=−2e​ 时， f ( x ) f(x) f(x) 在 R \mathbb{R} R 上单调递增；当 a < − e 2 a<-\frac{\mathrm{e}}{2} a<−2e​ 时， f ( x ) f(x) f(x) 在 ( − ∞ , 1 ) (-\infty, 1) (−∞,1) 和 ( ln ⁡ ( − 2 a ) , + ∞ ) (\ln (-2 a),+\infty) (ln(−2a),+∞) 上单调递增，在 ( 1 , ln ⁡ ( − 2 a ) ) (1, \ln (-2 a)) (1,ln(−2a)) 上单调递减。